16 第三章 第14课时 牛顿第二定律的基本应用-【名师导航】2027年高考物理一轮总复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的基本应用”专题，覆盖动力学两类问题、超重失重、“等时圆”模型三大核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，其中两类动力学问题占比约50%，超重失重占30%，并归纳选择、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融合与科学思维培养，精选2024-2025年全国甲卷、上海卷等真题，如典例2结合运动学公式与牛顿第二定律求解回收力，典例5通过弹簧测力计示数分析失重加速度，强化模型建构与科学推理素养，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准复习提升效率。

第三章 运动和力的关系 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [学习目标]　1．掌握动力学两类基本问题的求解方法。2．能够应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。3．掌握“等时圆”模型的特点，并会解决相关问题。 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 回归教材 · 双基过关 1．两类动力学问题 (1)两类问题 ①已知受力求物体的________。 ②已知运动情况求物体的____。 (2)解决方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。 运动情况 受力 3 2．超重和失重 (1)超重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 ②产生条件：物体具有____的加速度。 大于 向上 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (2)失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。 ②产生条件：物体具有____的加速度。 (3)完全失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)______的现象。 ②产生条件：物体的加速度a＝__，方向竖直向下。 小于 向下 等于0 g 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 1．易错易混辨析 结合以下两种情境分析判断：如图甲所示，2025年10月31日，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空。11月1日4时58分，神舟二十一号航天员乘组入驻中国空间站。图乙为在湖南张家界武陵源风景区建造的百龙旅游电梯，是世界上最高的全暴露双层、最大载重、速度最快的 户外观光电梯。该电梯依山体垂直而建，垂 直高差335米，运行高度326米。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 结合上述情境判断下列说法的正误： (1)当观光电梯启动瞬间，乘客立即获得加速度并且处于超重状态。 (　　) (2)观光电梯的乘客的加速度大小与其受到的合外力成正比，与其质量成反比。 (　　) (3)航天员在空间站中处于完全失重状态。 (　　) (4)超重就是物体的重力变大的现象。 (　　) (5)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。 (　　) √ √ √ × × 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 2．(人教版必修第一册习题改编)小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　　) A．a点对应时刻，小明向下的速度最大 B．a点对应时刻，小明向下的加速度最大 C．b点对应时刻，小明处于超重状态 D．图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立 √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A　[小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F＝mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误；b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。] 3．(人教版必修第一册习题改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　) A．物体受到的合力为50 N B．物体的加速度为25 m/s2 C．3 s末物体的速度为75 m/s D．3 s内物体发生的位移为125 m √ √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 AC　[两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。] 4．(粤教版必修第一册习题改编)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的固定斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　) A．3.75 m B．5 m C．6.25 m D．15 m √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。] 考点深研 · 题型突破 考点1　两类动力学基本问题 1．解决两类动力学基本问题的关键 (1)两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。 (2)两个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁；衔接点的速度是联系相邻两个过程的桥梁。 14 2．解题思路 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 角度1　从受力情况确定运动情况 [典例1]　(人教版必修第一册P106例题2改编)人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。如图所示，一名滑雪爱好者以v0＝1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为θ＝30°。若 人与滑板的总质量为m＝60 kg，受到的总阻力为 f＝60 N，重力加速度g取10 m/s2，求： 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (1)滑雪爱好者加速度的大小； (2)3 s内滑雪爱好者下滑位移的大小； (3)3 s末滑雪爱好者的速度大小。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [解析]　(1)设滑雪爱好者加速度的大小为a，在沿山坡方向，根据牛顿第二定律有 mg sin 30°－f＝ma 解得a＝4 m/s2。 (2)由运动学公式得，3 s内滑雪爱好者下滑位移的大小为 x＝v0t＋at2 解得x＝21 m。 (3)根据匀变速直线运动规律，3 s末滑雪爱好者的速度大小为 v＝v0＋at 解得v＝13 m/s。 [答案]　(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)13 m/s 角度2　从运动情况确定受力情况 [典例2]　(2025·上海卷)如图所示，在倾角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统，即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内，速度从v0＝72 km/h减速到vt＝18 km/h，运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f＝500 N，小车的质量m＝1 500 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 4.8°＝0.08。 求这一过程中： 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (1)小车的位移大小x； (2)回收作用力大小F。 [解析]　(1)在5 s时间内，小车的平均速度 ＝＝45 km/h＝12.5 m/s 小车的位移大小x＝t＝62.5 m。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (2)小车的加速度a＝＝ m/s2＝ 由牛顿第二定律得mg sin 4.8°－F－f＝ma 解得F＝5 200 N。 [答案]　(1)62.5 m　(2)5 200 N 考点2　超重和失重 1．超重和失重问题的三点提醒 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会消失。 (3)物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 2．判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于0时，物体处于完全失重状态 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 从加速度的角度判断 当物体具有向上(或斜向上)的加速度时，物体处于超重状态；具有向下(或斜向下)的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度a＝g时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 角度1　超、失重现象的定性分析 [典例3]　自由式滑雪大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态 C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态 √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。] 角度2　超、失重现象的图像问题 [典例4]　(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大而增大，f 随时间t的 变化如图所示(向上为正)。下列说法正 确的是(　　) 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[t1～t3间，f 向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱t1～t2间处于弹射过程，t2～t3间做竖直上抛运动，故A错误；t2～t3间，f 向下减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f ＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，f 向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。] 角度3　超、失重现象的定量计算 [典例5]　(2024·全国甲卷)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为________ N(结果保留1位小数)； (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于________(选填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为________ m/s2(结果保留1位小数)。 5.0 失重 1.0 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [解析]　(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为 5.0 N 。 (2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N<mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a≈1.0 m/s2。 考点3　“等时圆”模型 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图1所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图2所示。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图3所示。 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [典例6]　(2025·河南郑州期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方的A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ＜45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　) A．tB＞tC＞tD B．tB＝tC＜tD C．tB＜tC＜tD D．tB＜tC＝tD √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动的过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mg cos θ＝ma，2R cos θ＝，联立解得tC＝，圆环在杆AB上运动的过程tB＝，由此可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、 倾角无关，则tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。] 课时数智作业(十四)　牛顿第二定律的基本应用 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 说明：第1～6题，每小题4分；第7～8题，每小题5分；本试卷共62分。 1．(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞，返回舱快速减速，速度大大减小，在减速过程中(　　) A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态 C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功 √ 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A　[返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A正确，B错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度向下，则主伞的拉力做负功，C错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 2．(2025·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A．做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B．做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C．做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D．做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 D　[如题图所示，根据牛顿第二定律 F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2。故选D。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 3．如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。汽车在速度大小为v0时开始刹车，先后经过干燥路面和结冰路面，最终停在结冰路面上。刹车过程中，汽车在干燥路面与在结冰路面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入结冰路面瞬间的速度大小为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[设汽车在干燥路面与在结冰路面所受阻力分别为f 1、f 2，汽车进入结冰路面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律得f ＝ma，则汽车在干燥路面与在结冰路面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，汽车在干燥路面上运动时有＝2a1x1，汽车在结冰路面上运动时有＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入结冰路面瞬间的速度大小为v1＝，故选B。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 4．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 √ √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 BCD　[设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 5．(2026·河南安阳高三期末联考)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取 g＝10 m/s2。根据图像分析可知(　　) 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A．人的重力可由b点读出，约为300 N B．b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态 C．人在双脚离开力板后，处于完全失重状态 D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 C　[开始时人处于平衡状态，由a点可读出，此时，人对力板的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；当人对接触面的压力小于人的真实重力时，人处于失重状态，此时有向下的加速度；当人对接触面的压力大于人的真实重力时，人处于超重状态，此时有向上的加速度，故b到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；人在双脚离开力板后，人只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，故D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 6．(2025·湖南株洲一模)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间Δt速度减为0，橘子在与地板接触后经过时间2Δt速度减为0，苹果和橘子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则苹果和橘子的碰伤阈值之比约为(　　) A．1∶4 B．1∶3 C．1∶2 D．2∶1 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 A　[苹果和橘子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，可知苹果和橘子减速过程的加速度大小均为a＝＝2g，设与地板接触时，苹果和橘子的速度分别为v1、v2，根据题意有0＝v1－aΔt，0＝v2－a·2Δt，可得v1∶v2＝1∶2，根据自由落体运动公式v2＝2gh，可得苹果和橘子的碰伤阈值之比约为h1∶h2＝＝1∶4，故选A。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 7．(2025·四川省内江市高三上一模)如图，固定在水平地面上的光滑、足够长的斜面倾角为30°，其底端有一质量为2 kg的小物体，物体在平行于斜面向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后撤去拉力F，此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10 m/s2。则拉力F的大小是(　　) A．14 N B．18 N C．20 N D．24 N √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 B　[设拉力F作用时，小物体的加速度为a1，撤去拉力F后，小物体的加速度为a2，撤去拉力F瞬间，小物体的速度为v，取沿斜面向上为正方向，撤去拉力F前，小物体的位移x＝，由牛顿第二定律有F－mg sin 30°＝ma1，从撤去拉力F至返回斜面底端，小物体的位移为－x＝v·2t0＋a2·(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛顿第二定律有－mg sin 30°＝ma2，联立并代入数据解得F＝18 N，故选B。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 8．(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以 2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D．无人机上升的最大高度为42 m √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 √ √ 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 ACD　[由运动学公式＝2ax，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式＝2ax，可得无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 9．(14分)一辆质量为1.5 t的家用汽车，在某干燥的平直沥青路面上以72 km/h的速度匀速行驶。突然发现前方有障碍物，司机立即关闭动力系统刹车，司机反应时间为t0＝0.5 s，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。(结果均保留1位小数，刹车时汽车轮胎与路面间的摩擦力为滑动摩擦力) (1)已知轮胎与路面间的动摩擦因数为0.7，求从司机发现障碍物到汽车刹停的滑行距离； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (2)若汽车质量增加0.1 t，在其他条件不变的情况下，滑行距离会如何变化？ (3)若因降雨使路面变得湿滑，轮胎与路面间的动摩擦因数降为0.36，其他条件不变，滑行距离增加多少米？ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [解析]　(1)刹车时，汽车在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有f＝μ1mg＝ma，代入数据解得汽车的加速度大小a＝7 m/s2。汽车先匀速运动0.5 s，后做匀减速直线运动，末速度vt＝0。由运动学公式有＝－2as1，又s＝s0＋s1，s0＝v0t0，联立解得滑行距离s≈38.6 m。 (2)设汽车质量增加后的总质量为m′，同理有f ′＝μ1m′g＝m′a′，则加速度大小为a′＝7 m/s2，可见汽车刹车减速情况与质量无关，因此滑行距离不变。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 (3)汽车在湿滑路面刹车时，同理可得其加速度大小为a2＝μ2g＝ 3.6 m/s2，同理有汽车在湿滑路面上滑行距离s2＝≈65.6 m。故滑行距离增加量为Δs＝s2－s＝27.0 m。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [答案]　(1)38.6 m　(2)不变　(3)27.0 m 10．(14分)(2025·山东卷改编)在游乐场内有这样一个大型滑梯，可看成一个倾角为θ＝37°的斜面，如图甲所示，在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板，护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ＝37°。质量m＝50 kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑，经2.5 s后抵达护板，并与护板发生碰撞，撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零，撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面，运动过程中可将游客视为质点，垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。求下滑过程中： 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (1)游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力f 1、f 2； (2)游客撞击护板时的速度大小v1； (3)游客滑离斜面时的速度大小v2。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 [解析]　(1)根据摩擦力的公式有f 1＝μN1＝μmg cos θ＝200 N，f 2＝μN2＝μmg sin θcos θ＝120 N。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 (2)在撞击护板前，根据牛顿第二定律有a1＝＝2 m/s2 撞击护板时的速度v1＝a1t1＝5 m/s。 (3)在撞击护板后，根据牛顿第二定律有a2＝＝ －2.8 m/s2 根据速度位移公式有－(v1sin θ)2＝2a2s 解得v2＝1.2 m/s。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [答案]　(1)200 N　120 N　(2)5 m/s　 (3)1.2 m/s 课时数智作业 考点深研 回归教材 第14课时　牛顿第二定律的基本应用 $