【文档说明】高考物理一轮复习讲义：第3章 第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题(含答案) .doc，共(20)页，663.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。(

2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。2．单位制、基本单位、导出

单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。②基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。③导出单位：由基

本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克kg时间t秒s长度l米m电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n摩[尔]mol发光强度IV坎[德拉]c

d【知识点2】牛顿定律的应用Ⅱ1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定

律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma。(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产

生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其

弹力的大小往往可以看成保持不变。3．解题思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度例1如图所示，三个物块A、B、C的质量满足mA＝2mB＝3mC，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹

簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()A．－56g、2g、0B．－2g、2g、0C．－56g、53g、0D．－2g、53g、g(1)剪断细绳前悬挂A物块的弹簧的弹力以哪个

物体为研究对象求解？提示：A、B、C整体。(2)剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答选C。系统静止时，A物块受重力GA＝mAg，弹簧向上的拉力F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B间细绳的拉力FAB＝(mB＋mC)g作用，B、C间弹簧的弹力FBC＝mCg。剪断细绳瞬间

，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A有：F－GA＝mAaA，解得：aA＝56g，方向竖直向上；对B：FBC＋GB＝mBaB，解得：aB＝53g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间，C的受力不变，其

加速度仍为零，C正确。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是相对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断细绳，就要重新受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加

速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。[跟踪训练][2017·宁夏银川一模](多选)如图所示，A、B两物块质量分别为2m、m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于

静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是()A．悬绳剪断后，A物块向下运动2x时速度最大B．悬绳剪断后，A物块向下运动3x时速度最大C．悬绳剪断瞬间，A物块的加

速度大小为2gD．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为32g答案BD解析剪断悬绳前，对物块B受力分析，物块B受到重力和弹簧的弹力，可知弹力F＝mg。悬绳剪断瞬间，对物块A分析，物块A的合力为F合＝2mg＋F＝3mg，根据牛顿第二定律，得a＝32g，故C错误，D正确；弹簧开始处于伸长

状态，弹力F＝mg＝kx；物块A向下压缩，当2mg＝F′＝kx′时，速度最大，即x′＝2x，所以A下降的距离为3x时速度最大，故B正确，A错误。考点2力与运动的关系[深化理解]1．力是产生加速度的原因。2．作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二

定律。3．速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向则速度增大，反向则速度减小。例2(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B点

运动到C点而静止。小物体m与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是()A．物体从A到B速度越来越大B．物体从A到B速度先增加后减小C．物体从A到B加速度越来越小D．物体从A到B加速度先减小后增加(1)由A到C的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点哪侧

？提示：B点左侧。(2)a＝0时速度最大吗？提示：a＝0时出现在A、B之间，那时速度达最大值。尝试解答选BD。物体从A到B的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0。开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加

速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动。所以，小物体由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度

增加的减速运动，正确选项为B、D。总结升华弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键。(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值。(

2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点。[跟踪训练][2017·内蒙古包头模拟](多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的

墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l。将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A．圆环通过O点的加速度小于gB．圆环在O点的速度最大C

．圆环在A点的加速度大小为g＋(2－2)klmD．圆环在B点的速度为2gl答案CD解析圆环在O点的合力大小等于重力，则此时加速度a＝g，A错误；圆环在O点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B错误；圆环在A点的加速度大小为aA＝mg＋2×k(l2＋l2－l)×co

s45°m＝g＋(2－2)klm，C正确；A、B两点到O点的距离都为l，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg·2l＝12mv2，即v＝2gl，D正确。考点3动力学的两类基本问题[解题技巧]动力学的两类基本

问题的解题步骤例3[2018·洛阳模拟]某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简

化模型如图所示，AC是长度L1＝5.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1.1m，瓶子质量m＝0.5kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s

2。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝11N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令5＝2.2)(1)瓶子的运动过程分几段？各是什么运动？提示：两段。先匀加速直线后匀减速直线。(2)选手若要成功，瓶子的位移

在什么范围内？提示：L1－L2<x<L1。尝试解答0.4～0.5_m。要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则F－μmg

＝ma1，－μmg＝ma2,2a1x1＝v21，2a2x2＝－v21，L1－L2<x1＋x2<L1，由以上各式联立可解得：0.4m<x1<0.5m。总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情

况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。[跟踪训练][2018·湖南株洲诊断]如图甲所示，光滑平台右侧与一长为l＝2.5m的水平木板相接，木

板固定在地面上，现有一小滑块以v0＝5m/s初速度滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现将木板右端抬高，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，如图乙所示，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求

：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。答案(1)0.5(2)1＋52s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－v20＝－2al②解得μ＝v202gl＝0.5③(2)当木板

倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1④0－v20＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝0.5s⑦设滑块下滑时的加速度为a2，

下滑的时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑧s＝12a2t22⑨由⑧⑨式解得t2＝52s，所以滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝1＋52s。考点4等时圆模型[解题技巧]等时圆模型

的分析步骤如下例4如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1B．1∶1C.3∶1D．1∶3(1

)重物从A到B做的什么运动？提示：匀加速直线运动。(2)如何表示斜槽的长度？提示：sAB＝2R·sin60°＋2r·sin60°sCD＝2R·sin30°＋2r·sin30°。尝试解答选B。设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度

为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式s＝12at2，得t＝2sa＝2×2(R＋r)sinθgsinθ＝2R＋rg，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。总结升华等时圆模型的两种情况(1)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最

低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t＝2Rg(如图甲所示)。(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2Rg(如图乙所示)。[跟踪训练][2018·崇明模拟]如图所示，位于竖直平面内的固定

光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则()A．a球最先到达M点B．b球最先到达M

点C．c球最先到达M点D．b球和c球同时到达M点答案C解析如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝12gt2c，所以tc＝2Rg；对于a球，令AM与水平面成θ角，则a下滑时的加速度为a＝

gsinθ，球下滑到M用时满足AM＝2Rsinθ＝12gsinθt2a，即ta＝2Rg；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，所以r>R)。综

上所述可得tb>ta>tc，C正确。[2015·山东模拟](14分)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象求：(

1)物体的初速度v0；(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(3)取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin。[审题抓住信息，准确推断][破题形成思路，快速突破](1)物体初速度v0的求解。①请分析斜面倾角θ＝90°时物体的运动。提示：竖直上抛。②运用哪一

规律？提示：v20＝2gx1。(2)物体与斜面间动摩擦因数μ的解答。①若v0已求出，图象中还有哪一信息可以利用来求μ？提示：θ＝0°时μmg＝ma，加速度涉及μ。②θ＝0°时物体做什么运动？提示：在水平面上做匀减速直线运动。(3)xm

in的求解。①设斜面倾角为θ，沿斜面上升的最大位移可求吗？提示：可求，x＝v202(gsinθ＋μgcosθ)。②数学方程gsinθ＋μgcosθ能求极值吗？提示：能，有最大值。[解题规范步骤，水到渠成]当θ＝90°时，a＝

g(1分)据v20＝2gx1(2分)得v0＝2gx1＝6m/s(1分)当θ＝0°时，a′＝μg(2分)由v20＝2a′x2(2分)得μ＝v202gx2＝0.75(1分)设斜面倾角为θ时，沿斜面上升的最大位移达最小a1＝gsinθ＋μgcosθ(2分)x＝v202a1(

1分)联立得：x＝v202(gsinθ＋μgcosθ)＝v202g1＋μ2sin(θ＋α)所以xmin＝1.44m(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)常见的思维障碍：①不能根据图象提炼有用信息。②θ＝0°时不知是竖直上抛。(2)因解答不规范导致的失分：①爱写综合式子，不分写

方程，牵一发而动全身，可能一个小错就导致以下全过程出错。②不写基本方程。板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7为单选，8～10为多选)1．[2018·山东枣庄质检]有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，

手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是()A．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D．

铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动答案D解析铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力

，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确。2．[2018·莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若

小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小答案B解析若小车向右加速度增大，弹

簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确。3．[2017·广西南宁模拟]如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所

示的位置，则()A．AB绳、BC绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大答案C解析对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力FT2、AB绳子

的拉力FT1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：FT2－FT1sinθ＝ma竖直方向：FT1cosθ－mg＝0解得FT1＝mgcosθ，AB绳子的拉力不变FT2＝mgtanθ＋ma匀速时加速度为零

，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误。4．[2018·吉林调研]如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A

、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10m/s2)()A．0B．8NC．10ND．50N答案B解析剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝(mA＋mB)g

－FmA＋mB＝2m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8N，故B正确。5．如图所示，两根长度分别为L1和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的

底端经历的时间相同，则这段时间为()A.2L1L2gB.2L1L2gC.2L21＋L22gD.2(L21＋L22)g(L1＋L2)答案C解析设BA和BC倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：滑环沿BA下滑的加速度为a

1＝mgsinαm＝gsinα沿BC下滑的加速度为a2＝mgsinβm＝gsinβ设下滑时间为t，由题有：L1＝12a1t2L2＝12a2t2由几何知识有：sinα＝cosβ联立以上各式解得t＝2L21＋L22g，故C正确。6．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角

线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()

A．1∶1∶1B．5∶4∶3C．5∶8∶9D．1∶2∶3答案A解析利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。7．[2017·河南开封模拟]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，

其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为()A．4kgB．3kgC．2kgD．1kg答案B解析对整体分析，当F＝8N时，加速度为a＝2m/s2，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，代入数据解得mA＋mB＝4

kg；当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B有aB＝F－μmAgmB＝1mBF－μmAgmB，则图线的斜率k＝1mB＝1，解得mB＝1kg，滑块A的质量为mA＝3kg，B正确。8．[20

17·天水模拟]如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2)，下列说法中正确的是

()A．小球受力个数不变B．小球立即向左运动，且a＝8m/s2C．小球立即向左运动，且a＝10m/s2D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零答案BD解析在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧

的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球

所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10N＝2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝F－Ffm＝10－21m/s2＝8m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加

速度为零，故D正确。9．如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B

两物块的加速度大小分别为()A．aA＝2a＋3μgB．aA＝2(a＋μg)C．aB＝aD．aB＝a＋μg答案AC解析撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma,对B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m。撤去F的瞬间弹簧弹力不

变，大小仍为F1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得F1＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。综上分析，A、C正确。10．[2017·郑州模拟]乘坐“空中

缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则()A．小物块受到的摩擦力方向平

行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma答案AD解析小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为

a，以小物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝12mg＋ma，方向平行斜面向上。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．[2017·吉林省实验中学二模](14分)如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2kg的薄木板A和质量为mB

＝3kg的金属块B，A的长度l＝2m，B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC＝1kg的物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左

端(如图)，然后放手，求金属块B从A的右端脱离所经历的时间t(设A的右端距滑轮足够远)(取g＝10m/s2)。答案4s解析根据牛顿第二定律得，B的加速度aB＝mCg－μmBgmB＋mC＝10－34m/s2＝74m/s2，A的加速度aA＝μmBgmA＝32m/s

2根据12aBt2－12aAt2＝l，解得t＝4s。12．[2018·湖南株洲诊断](16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。

然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧

)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)求运动员到达B处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求

运动员在水平地面上运动的最大距离。答案(1)2s(2)15m/s(3)22.5m解析(1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4m/s2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝va1＝2s位移x1＝12a1t

21＝8m。(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5m/s2由v2B＝v2＋2a2(l－x1)代入数据解得vB＝15m/s。(3)根据牛顿第二定律得a3＝μ3g＝5m/s2在水平面滑行的距离x3＝

v2B2a3＝22.5m。