第4章 第5节 牛顿运动定律的应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第一册（粤教版）

牛顿运动定律的应用 第五节 核心素养导学 物理观念 (1)知道什么是已知物体的受力情况确定物体的运动情况。 (2)知道什么是已知物体的运动情况确定物体的受力情况。 (3)会对研究对象进行受力分析和运动情况分析。 科学思维 (1)理解加速度是联系力和运动的桥梁。 (2)掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法。 科学态度与责任 初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。 [四层]学习内容1 落实必备知识 [四层]学习内容2 强化关键能力 01 02 CONTENTS 目录 [四层]学习内容3·4 浸润学科素养和核心价值 课时跟踪检测 03 04 [四层]学习内容1 落实必备知识 一、应用牛顿第二定律的一般思路 1.一般思路：首先确定研究对象，进行受力分析；其次是根据______________，将待求量和已知量之间的关系联系起来。 2.加速度是联系力与运动的桥梁。 牛顿第二定律 二、动力学的两类基本问题 1.根据运动情况求受力情况：如果已知物体的运动情况，根据________规律求出物体的_________，结合受力分析，再根据______________求出力。 2.根据受力情况求运动情况：如果已知物体的受力情况，可以由_____________求出物体的________，再通过________的规律确定物体的运动情况。 运动学 加速度 牛顿第二定律 牛顿第二定律 加速度 运动学 [微点拨] 物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁，加速度在解决两类动力学基本问题中起到关键作用。 如图所示为滑雪运动员从山坡向下滑雪时 的照片。请对以下结论作出判断： (1)滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。( ) (2)根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每个力的方向。 ( ) (3)滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。 ( ) (4)已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的合外力。 ( ) × × √ √ [四层]学习内容2 强化关键能力 新知学习(一)　根据物体的受力确定运动 1.分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。流程图如下： 重点释解 2.从受力确定运动情况的解题步骤： (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图。 (2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度。 (4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量——位移、速度和运动时间等。 [典例]　(2025·韶关南雄期末)如图所示，一位滑雪者从倾角θ=37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑，经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处；已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因 数μ1=0.25，BC的长度为 64 m，(不计空气阻力， 取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，求： (1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小a； 典例体验 [答案]　4 m/s2 [解析]　根据牛顿第二定律mgsin 37°-f=ma1 又FN=mgcos 37°，f=μ1FN 解得a1=4 m/s2。 (2)滑雪者在倾斜雪道上的位移的大小x； [答案]　32 m [解析]　根据x=a1， 解得x=×4×42 m=32 m。 (3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。 [答案]　0.2 [解析]　在B点的速度v=a1t=16 m/s 设滑雪者在水平雪道上滑行得加速度大小a2， 则v2=2a2x2，解得a2=2 m/s2 根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2 解得μ2=0.2。 1.水平面上有一质量为1 kg的物体正在向左运动，当物体的速度为4 m/s时对物体施加水平向右的恒力F，F大小为3 N，物体与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2， 则从施加力F开始2 s内，物体发生的位移大 小为 (　 ) A.4 m B.2 m C.1 m D.0 针对训练 √ 解析：物体所受到的摩擦力大小为f=μmg=1 N，以向左为正方向，开始时物体做减速运动，由牛顿第二定律得-F-f=ma，a=-4 m/s2，物体做匀减速运动，向左减速的时间为t==1 s，根据位移时间关系公式得s=v0t+at2=2 m，之后向右做初速度为0的匀加速运动，由牛顿第二定律得-F+f=ma'，a'=-2 m/s2，根据位移时间关系公式得s'=at'2=-1 m，物体发生的位移为s+s'=1 m，C正确，A、B、D错误。 2.(2024年1月·安徽高考适应性演练)如图，相距l=2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v=1 m/s。质量m=10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F=40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1=0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度g取10 m/s2。求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； 答案：2 m/s 解析：根据牛顿第二定律，货物在左侧平台上时加速度为 a1==2 m/s2 由运动学规律有=2a1s1，其中s1=1 m 解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1=2 m/s。 (2)货物在传送带上运动的时间。 答案：2 s 解析：由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，此时加速度为a2==-1 m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2==1 s 该段时间货物位移为s2=t2=1.5 m 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3==1 s 故货物在传送带上运动的时间为t=t2+t3=2 s。 新知学习(二)　根据物体的运动确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示： 重点释解 2.一般解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图。 (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力。 (4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力。 3.三点注意 (1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。 (2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解。 (3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力。 [典例]　一质量为m=2 kg的滑块在倾角为θ=30°的足够长的斜面上以加速度a=2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使滑块由静止开始在 0~2 s内沿 斜面运动的位移x=4 m。(g取 10 m/s2)求： (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； 典例体验 [答案]　 [解析]　根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得μ=。 (2)恒力F的大小。 [答案]　 N或 N [解析]　滑块沿斜面做匀加速直线运动，加速度方向有沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。 由x=a1t2，得加速度大小a1=2 m/s2 当加速度方向沿斜面向上时，有 Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ+mgcos θ)=ma1， 代入数据解得F= N。 当加速度方向沿斜面向下时，有 mgsin θ-Fcos θ-μ(Fsin θ+mgcos θ)=ma1， 代入数据解得F= N。 1.如图所示，车辆在行驶过程中，如果车 距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里 的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引 起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假 定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为 (　 ) A.420 N B.600 N C.800 N D.1 000 N 针对训练 √ 解析：从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a==- m/s2=-6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F=ma=70×(-6)N=-420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，A正确。 2.一物体沿倾角为37°的斜面由静止开始匀加速直线滑下，在5 s的时间内滑下的路程为50 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，已知cos 37°=0.8，sin 37°=0.6。求物体与斜面间的动摩擦因数μ。 答案：0.25 解析：设物体下滑的加速度大小为a，根据运动学公式有s=at2，代入数据解得a=4 m/s2 沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma， 解得μ=0.25。 新知学习(三)　动力学中的多过程问题 [典例]　某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱， BC为传送带。传送带保持静止，包裹P以初速度v0滑 上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫 描检测，发现不应由A收纳，被拦停在B处，且系统 启动传送带转动，将包裹送回C处。已知v0=3 m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37°，传送带BC长度l=10 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 典例体验 (1)求包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向。 [答案]　0.4 m/s2，方向沿传送带向上 [解析]　包裹下滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ=ma1， 代入数据解得a1=-0.4 m/s2，负号表示方向沿传送带向上。 (2)求包裹P到达B时的速度大小。 [答案]　1 m/s [解析]　包裹P沿传送带由C到B过程中， 根据速度与位移关系可知v2-=2a1l， 代入数据解得v=1 m/s。 (3)若传送带以速度v'=2 m/s匀速转动，则包裹P从B处由静止被送回到C处需经多长时间。 [答案]　7.5 s [解析]　包裹P开始时向上做匀加速运动， 根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma2， 解得a2=0.4 m/s2， 包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为t1== s=5 s， 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移为 x== m=5 m， 因为x<l，所以包裹先加速再匀速， 匀速运动时间为t2== s=2.5 s， 则P从B处到C处总时间为t=t1+t2=7.5 s。 解决动力学中的多过程问题的基本思路 (1)要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段。 (2)对每一过程都要分别进行受力分析和运动情况分析。 (3)明确相邻过程的转折状态，转折状态的有关各量是联系两个过程的纽带。比如：①前一过程的末速度是后一过程的初速度；②两个过程的时间关系、位移关系等。 系统归纳 1.一质量为m=1 kg的物体在水平恒力F作用 下水平运动，1 s末撤去恒力F，其v⁃t图像如图所 示，则恒力F和物体所受阻力f的大小是 (　 ) A.F=8 N B.F=9 N C.f=2 N D.f=6 N 针对训练 √ 解析：撤去恒力F后，物体在阻力作用下运动，由v⁃t图像可知，1~3 s内物体的加速度为a=3 m/s2，由牛顿第二定律得f=ma可知，阻力f=3 N；由题图可知在0~1 s内其加速度为a'=6 m/s2，由牛顿第二定律得F-f=ma'，可求得F=9 N，B正确。 2.在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变)，最高能到达C点。 机器人用速度传感器测量小滑块在ABC运动过程的瞬时速度大小并记录如下。求： (1)机器人对小滑块作用力F的大小； t/s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 … v/(m·s-1) 0 0.4 0.8 … 3.0 2.0 1.0 … 答案：2 N 解析：小滑块从A到B过程中：a1==2 m/s2 由牛顿第二定律得：F=ma1=2 N。 (2)斜面的倾角α的大小。 答案：30° 解析：小滑块从B到C过程中加速度大小：a2==5 m/s2 由牛顿第二定律得：mgsin α=ma2 解得α=30°。 [四层]学习内容3·4 浸润学科素养和核心价值 1.(选自鲁科版教材“拓展一步”)生活中常 会出现这样的情景：在匀速行驶的火车上， 较光滑桌面上的苹果保持静止，但当火车加 速时，桌面上的苹果却动起来了(如图)。牛 顿运动定律告诉我们：力是改变物体运动状 态的原因。此时苹果在水平方向的合外力为0， 为什么苹果获得加速度动起来了呢?这与牛顿运动定律似乎矛盾了。 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 ◉物理观念——牛顿运动定律适用范围 提示：牛顿运动定律是否成立，还与参考系的选择有关。人们将牛顿运动定律在其中成立的参考系称为惯性参考系，简称惯性系；牛顿运动定律在其中不成立的参考系则称为非惯性系。在研究地面物体的运动时，一般将地面视为惯性系，相对地面做匀速直线运动的其他参考系也可视为惯性系。若选车厢为参考系，当火车匀速行驶时，车厢是惯性系，所以苹果保持静止；当火车加速时，车厢则是非惯性系，此时牛顿运动定律不成立。其实，在非惯性系中，需要引入“惯性力”来修正牛顿运动定律，修正后的牛顿运动定律既适用于惯性系，也适用于非惯性系。火车加速时，车厢中的苹果从非惯性系车厢中看就是被惯性力“推动”的。 2.(选自教科版教材例题)滑雪者以v0=20 m/s的初速度沿直线冲上一倾角为30°的山坡，从刚上坡即开始计时，至 3.8 s 末，滑雪者速度变为零。如果滑雪器具连同滑雪者的总质量为m= 80 kg，求滑雪板与山坡之间的摩擦力是多少。(g取 10 m/s2) 分析：滑雪者在斜坡上的运动情况：初速度为 20 m/s，末速度为零，运动时间为 3.8 s。根据匀变速直线运动的公式，可以先求得加速度a，然后再求出滑雪板与山坡之间的摩擦力。 ◉科学思维——牛顿第二定律的应用 答案：20.8 N 解析：如图所示建立平面直角坐标系，以v0方向为x轴的正方向，把滑雪板和滑雪者看作质点，作出它的受力 示意图，并将重力进行正交分解。 G1=Gsin 30°， G2=Gcos 30°， 在x方向上，f为物体受到的摩擦力大小； 在y方向上，因为物体的运动状态没有变化，所以重力的一个分力G2与山坡提供的支持力FN大小相等，即G2=FN 由x方向的受力和运动情况可建立方程-f-G1=ma① 又因为a=② 所以a= m/s2≈-5.26 m/s2 其中“-”号表示加速度方向与x轴正方向相反。 将上述结果代入①式可得 f=-80×10× N-80×(-5.26)N=-400 N+420.8 N=20.8 N。 1.(2025·珠海调研)(多选)如图，一质量为 m=2 kg 的小物块以初速度v0=20 m/s冲上倾角 为30°的固定光滑斜面，之后又滑回斜面底 端。对于物块在斜面上的运动，下列说法正确的是 (　 ) A.小物块上滑过程加速度a=5 m/s2，方向沿斜面向上 B.小物块上滑过程所需时间t1=4 s C.斜面的最小长度为40 m D.小物块下滑回到斜面底端速度小于20 m/s √ 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 √ 解析：小物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a==5 m/s2，方向沿斜面向下，故A错误；小物块上滑过程所需时间t1== s=4 s，小物块上滑过程通过的位移大小为x1=t1=× 4 m=40 m，可知斜面的最小长度为40 m，故B、C正确；小物块从最高点返回向下加速运动的加速度大小仍为a=5 m/s2，根据对称性可知小物块下滑回到斜面底端速度等于20 m/s，故D错误。故选B、C。 2.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12 m的竖立在地面上的钢管下滑。已知这名消防队员的质量为 60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为0。如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3 s，g取 10 m/s2，那么该消防队员 (　 ) A.下滑过程中的最大速度为 4 m/s B.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1∶7 C.加速与减速过程的位移之比为 1∶4 D.加速与减速过程的时间之比为 2∶1 √ 解析：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移为s=t1+t2，总时间t=t1+t2，解得v== m/s=8 m/s，故A错误；由v=a1t1，v=a2t2，解得t1∶t2=a2∶a1=1∶2，故D错误；由t1∶t2=1∶2，又t1+t2=3 s，得到t1=1 s，t2=2 s，a1= =8 m/s2，a2=4 m/s2，根据牛顿第二定律，可知加速过程mg-f1=ma1，解得f1=mg-ma1=120 N；减速过程f2-mg=ma2，解得f2=mg+ma2=840 N，所以f1∶f2=1∶7，故B正确；匀加速过程位移为s1=t1，匀减速过程位移为s2=t2，所以加速与减速过程的位移之比为=1∶2，故C错误。 3.某同学到广州塔参观，为了测量电梯运行的相关数据，该同学带了一个电子台秤，并站在台秤上观察台秤数据变化。电梯静止时他观察到台秤的示数为50 kg。在启动时示数变为52.5 kg，这个示数持续了10 s后又恢复到50 kg，电梯匀速运动了80 s，靠近观光层时台秤的示数变为45 kg直到 电梯到达观光层。重 力加速度g取10 m/s2。求： (1)电梯匀速运动时的速度大小； 答案：5 m/s 解析：电梯静止时台秤的示数为50 kg， 在启动时示数变为52.5 kg，说明此时合力F=(52.5-50)×10 N=25 N 根据牛顿第二定律知a1===0.5 m/s2，加速时间为t1=10 s， 电梯匀速运动时的速度为v=a1t1=5 m/s。 (2)电梯减速的时间为多少； 答案：5 s 解析：靠近观光层时台秤的示数变为45 kg， 则此时合力F'=(45-50)×10 N=ma2 解得a2=-1 m/s2 所以减速时间t3==5 s。 (3)在如图坐标中画出电梯运动全过程的v⁃t图像； 解析：根据以上分析知0~10 s电梯做匀加速运动，速度达到5 m/s； 10~90 s内做匀速直线运动，速度为5 m/s； 90~95 s内做匀减速直线运动，末速度为零。图像如图所示。 (4)广州塔观光层的高度为多少? 答案：437.5 m 解析：v⁃t图像与横轴围成的面积为运动位移，即观光层的高度 h=×(80+95)×5 m=437.5 m。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.如图所示，汽车驾驶员驾驶汽车正以10 m/s的速度在公路上行驶，在人行道前，驾驶员突然发现前方有行人，采取紧急刹车，车轮抱死，车轮向前直线滑动。已知车胎与路面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　 ) A.驾驶员在公路上已超速行驶 B.汽车刹车后的加速度大小为10 m/s2 C.汽车滑行10 m后停下来 D.汽车刹车后3 s的位移大小为30 m √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：因10 m/s=36 km/h<60 km/h，可知驾驶员在公路上没有超速行驶，A错误；根据牛顿第二定律，汽车刹车后的加速度大小为a==μg=5 m/s2，B错误；汽车滑行停下来的距离s== m=10 m，C正确；汽车刹车运动的时间t==2 s，则汽车刹车后3 s的位移等于 2 s内的位移，大小为10 m，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.质量为1 kg的物体，受水平恒力F作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t s内的位移为s m，则F的大小为 (　 ) A. N　　　　　　　　　 B. N C. N D. N √ 解析：由s=at2得a= m/s2，对物体由牛顿第二定律得F=ma= 1× N= N，故A正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在 粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速 直线运动，运动过程中B受到的摩擦力 (　 ) A.方向向左，逐渐减小 B.方向向左，大小不变 C.方向向右，大小不变 D.方向向右，逐渐减小 √ 解析：由题意知，B的加速度方向向左，大小为定值，水平方向上B仅受A的摩擦力，由牛顿第二定律可知B受到的摩擦力方向向左，大小不变，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们 (　 ) A.滑行中的加速度之比为2∶3 B.滑行的时间之比为1∶1 C.滑行的距离之比为4∶9 D.滑行的距离之比为3∶2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律可得μmg=ma，所以滑行中的加速度大小为：a=μg，所以加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t=，可得==，B错误；根据公式v2=2as可得==，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上做匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10 m/s2。 关于热气球，下列说法正确的是 (　 ) A.所受浮力大小为4 830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：热气球从地面刚开始竖直上升时v=0，空气阻力f=0。由F浮-mg=ma，得F浮=m(g+a)=4 830 N，A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮-mg-f'=0，计算得f'=230 N，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则 (　 ) A.物体到达C1时的速度最大 B.物体在三条轨道上的运动时间相同 C.物体到达C3的时间最短 D.物体在AC3上运动的加速度最小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：在沿轨道方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a= =gsin θ，轨道倾角越大，加速度越大，所以在AC3上运动的加速度最大；设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为s=，物体的初速度为0，所以由s=at2，解得t= =，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短；根据v2=2as得，v=，知到达C1、C2、C3的速度大小相等，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是 (　 ) A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C.传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：木炭包相对于传送带向左运动，因此径迹在木炭包右侧，A错误；设木炭包与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带的速度为v，则木炭包与传送带共速所用时间t=，木炭包运动的位移s1=t=，传送带运动的位移s2=vt=，径迹长L=s2-s1=，由此可知D正确，B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 8.(2025·番禺期末)在设计三角形的屋顶时，通过改变屋脊的坡度使雨水尽快地流下。如图所示，屋顶宽度为2L，垂脊AB=AD，若雨水由静止开始从屋顶上A点无摩擦地流下，重力加速度大小为g，雨水从A点流到D点所用最短时间是 (　 ) A. B. C.2 D.2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设垂脊AD与水平方向的夹角为θ，则雨水的加速度大小为a==gsin θ，根据运动学公式可得xAD==at2，解得t==，可知当θ=45°时，雨水从A点流到D点所用最短时间为tmin=2，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·潮州模拟)经常低头玩手机，会使人颈椎长期受压引发颈椎病。如图为小明同学低头看手机的某个状态，此时颈椎对头的支持力为F1、与竖直方向成37°，颈部肌肉的拉力为F2、与水平方向成45°，若头的重力为G。已知sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，则颈椎受到的压力大小为 (　 ) A.1.25G B.G C.5G D.7G √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题中受力分析图可知F1cos 37°=G+F2sin 45°，F1sin 37°=F2cos 45°，解得F1=5G，根据牛顿第三定律可知，颈椎受到的压力大小为5G。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(12分)一物块从长为s、倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，求物块从顶端滑到底端所用的时间。 答案： 解析：物块沿斜面下滑的受力如图所示。 由正交分解得mgsin θ-f=ma，FN-mgcos θ=0，f=μFN 解得a=g(sin θ-μcos θ) 又s=at2，解得t==。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(14分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点(取cos 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度g=10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(4分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 答案：2 m/s2　 解析：根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(4分) 答案：4 m/s　 解析：根据运动学公式2a1l1=v2， 解得v=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。(6分) 答案：2.7 m 解析：根据牛顿第二定律μmg=ma2 根据运动学公式-2a2l2=-v2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(16分)(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑s1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑s2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°= 0.6，取重力加速度g= 10 m/s2，不计空气阻力。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；(7分) 答案：7.5 m/s2 解析：由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有 2a1s1=v2，mgsin θ=ma1 联立解得v==15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2as2=v2 解得a==7.5 m/s2。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。(9分) 答案：500 N 解析：若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°， 根据牛顿第二定律有2Fsin -mgsin θ=ma 解得F==500 N。 本课结束 $$