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第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题一、牛顿第二定律、单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a ＝F m或F ＝ma 。
(3)适用范围①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(1)单位制由基本单位和导出单位组成。
(2)基本单位 基本量的单位。
力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较1．两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。
(2)已知物体的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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。
(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。
(×)(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。
(√)(4)失重说明物体的重力减小了。
(×)(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。
(×)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。
(√) 2．(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。
第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。
(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。
(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。
(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。
两小球均处于静止状态。
已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。
考点2 动力学两类基本问题397考向1 力和运动关系问题的分析与求解1.[2015新课标全国Ⅰ,20,6分,多选]如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()图(a) 图(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数必备知识:v-t图象的理解,匀变速直线运动规律、牛顿第二定律等.关键能力:v-t图象理解应用能力,运动学公式和牛顿第二定律的应用能力.解题指导:根据v-t图象,明确0~t1及t1~2t1时间内物块的运动情况.并通过图象的斜率求得加速度,根据匀变速运动规律和牛顿运动定律,逐一排查能否运用已知量求得选项中的待求量.2.[2019江苏高考,15,16分]如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)A被敲击后获得的初速度大小v A;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a B、a'B;必备知识:物体的受力分析,运动学公式及牛顿运动定律等.关键能力:板块模型的综合分析能力.解题指导:通过审题弄清临界点或转折点,即物块A与物块B达到共同速度,物块A离开物块B 时的受力情况及运动状态的变化;另外还要注意抓好两个关联,即发生转折前、后物块的受力情况及两物块A与B的位移之间的关联.必要时可通过画图弄清关系,明确B的位移与A的位移之差应等于L.考法1 已知受力情况确定运动情况1如图所示,在光滑水平面上,放置着A、B两个物体.A、B紧靠在一起但不粘连,其质量分别为m A=3 kg,m B=6 kg,推力F A作用于A上,拉力F B作用于B上,F A、F B大小均随时间而变化,其规律为F A=(12-2t) N,F B=(6+2t) N.问从t=0时刻A、B静止开始,到A、B相互脱离为止,A、B的共同位移是多少?F A、F B的大小虽随时间而变化,但F合=F A+F B=18 N不变,故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动,加速度为a ,A 、B 分离前,对整体有F A +F B =(m A +m B )a ① 设A 、B 间的弹力大小为F AB ,对B 有F B +F AB =m B a ②由于加速度a 恒定,则随着t 的增大,F B 增大,F AB 逐渐减小,当A 、B 恰好分离时,A 、B 间的弹力为零,即F AB =0 ③将F A =(12-2t ) N,F B =(6+2t ) N 代入①得a=2 m/s 2,结合②③得t=3 sA 、B 相互脱离前共同位移s=12at 2,代入数值得s=9 m .9 m 易错警示求解本题的关键是分析出“两物体恰好分离时,二者加速度仍相同但相互作用力为零”.有的同学认为由于F A 随时间减小,将F A =0当作两物体分离的临界条件而导致错误.1.[2020江西丰城模拟]如图所示,质量为10 kg 的物体在F=200 N 的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F 作用2 s 后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s 后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体沿斜面向上运动的总位移x.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s 2)考法2 已知运动情况确定受力情况2[2020湖北部分重点中学联考]质量为2 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F ,其运动的v-t 图象如图所示.g 取10 m/s 2,求:(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ; (2)水平推力F 的大小;(3)0~10 s 内物体运动位移的大小.(1)设物体做匀减速运动的时间为Δt 2,初速度为v 20,末速度为v 2t ,加速度的大小为a 2,则a 2=v 20-v 2v Δv 2=2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ,由牛顿第二定律得F f =ma 2 ②F f =μmg ③联立②③式,代入数据得μ=0.2 ④.(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1,初速度为v 10,末速度为v 20,加速度大小为a 1,则a 1=v 20-v 10Δv 1=1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律得F-F f =ma 1 ⑥联立③④⑤⑥式,代入数据得F=6 N ⑦.(3)由匀变速直线运动的位移公式得,0~10 s 内物体运动位移的大小x=x 1+x 2=v 10Δt 1+12a 1(Δt 1)2+v 20Δt 2-12a 2(Δt 2)2=46 m .(1)0.2 (2)6 N (3)46 m2.如图甲所示,某搬运工用与水平方向成37°角斜向下的推力F 推水平地面上的箱子,使箱子从静止开始运动,箱子质量为4 kg,经过一段时间撤去力F ,又经过一段时间后箱子停止运动,箱子运动的全过程的v-t 图象如图乙所示,g=10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是( )A.搬运工与箱子之间存在两对作用力和反作用力B.箱子与地面之间的动摩擦因数为0.5C.保持推力方向不变,搬运工推动箱子的最小推力为20 ND.保持推力大小不变,推力与水平方向的夹角增大到53°,搬运工仍能推动箱子考法3 多过程力与运动问题的综合分析3在一水平放置的浅色长传送带上放一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动,当其速度达到v 0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.本题难度较大,传送带在开始阶段也做匀加速运动,后来变为匀速运动,煤块的运动情况则受传送带运动情况的制约.解答该题的重点应在对煤块相对运动的情境分析和相对位移的求解上.本题题目中明确写道:“经过一段时间,煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.”这说明煤块与传送带之间发生了相对滑动,则第一阶段传送带的加速度a 0大于煤块的加速度μg.当传送带速度达到v 0时,煤块速度v<v 0,此过程中传送带的位移大于煤块的位移;接下来煤块还要继续加速到v 0,传送带则以v 0做匀速运动.两阶段传送带与煤块的位移之差即黑色痕迹的长度.解法一 根据传送带上有黑色痕迹可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a=μg 应小于传送带的加速度a 0设经历时间t ,传送带由静止开始加速到速度等于v 0,煤块则由静止加速到v ,有v 0=a 0t ,v=at 由于a<a 0,故v<v 0,传送带速度达到v 0时,煤块继续受到滑动摩擦力的作用 再经过时间t',煤块的速度由v 增大到v 0,有v 0=v+at'此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹设在煤块的速度从0增大到v 0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ,有s 0=12a 0t2+v 0t',s=v 022v传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s 0-s 由以上各式得l=v 02(v 0-vv )2vv 0v.感悟反思 本解法的思路是根据两物体的运动情况分别对两个物体的全过程求位移.解法二 第一阶段:传送带由静止开始加速到速度v 0,设经历的时间为t ,此时,煤块加速到v ,有v 0=a 0t ,v=at=μgt传送带和煤块的位移分别为s 1和s 2,有s 1=12a 0t 2,s 2=12at 2=12μgt 2第二阶段:煤块继续加速,直到速度为v 0,设经历的时间为t',有v 0=v+μgt',传送带和煤块的位移分别为s 3和s 4 ,有s 3=v 0t',s 4=vt'+12μgt'2传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s 1+s 3-(s 2+s 4)由以上各式得l=v 02(v 0-vv )2vv 0v.感悟反思 本解法的思路是分两段分析两物体的运动情况,分别对两个物体的两个阶段求位移,最后找相对位移关系.解法三 传送带经时间t 加速到v 0,有v 0=a 0t 传送带相对煤块的速度v=(a 0-μg )t传送带加速过程中,传送带相对煤块的位移为(相对初速度为零,相对加速度为a 0-μg )l 1=12(a 0-μg )t 2传送带匀速运动过程中,传送带相对煤块的位移为[相对初速度为(a 0-μg )t ,相对加速度为μg ,相对末速度为0]l 2=(v 0-vv )2v 22vv整个过程中传送带相对煤块的位移即黑色痕迹的长度,为 l=l 1+l 2 由以上各式得l=v 02(v 0-vv )2vv 0v. 感悟反思 本解法的思路是用相对速度和相对加速度求解.关键是先选好过程,然后对过程进行分析,找准相对初速度、相对末速度以及相对加速度.解法四 用图象法求解:画出传送带和煤块从开始至速度相同时的v-t 图象,如图所示,直线OB为煤块的速度图线,折线OAB 为传送带的速度图线.则t 1=v 0v 0,t 2=vvv黑色痕迹的长度即阴影部分三角形的面积,有l=12v 0(t 2-t 1)=12v 0(v 0vv -v0v 0)=v 02(v 0-vv )2vv 0v. 感悟反思 本解法的思路是运用“在速度—时间图象中,图线与坐标轴所包围图形的面积表示该段时间内物体的位移”这个知识点来进行求解,本解法不是基本解法,不易想到,但若能将它理解透彻,做到融会贯通,在解决相应问题时,就可以多一种解法.v 02(v 0-vv )2vv 0v3.[2020安徽安庆检测]如图所示,质量为10 kg 的环在F=140 N 的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5,杆与水平地面的夹角为θ=37°,拉力F 与杆的夹角θ=37°,力F 作用一段时间后撤去,环在杆上继续上滑了0.5 s 后,速度减为零,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,杆足够长.求:(1)拉力F 作用的时间;(2)环运动到杆底端时的速度大小.4如图所示,AB 、BC 、AC 为光滑杆,AC 杆竖直,AB 、BC 杆构成直角的光滑L 形轨道,B 处有一小圆弧连接可使小球顺利通过,并且A 、B 、C 三点正好是同一个圆上的三点,而AC 正好为该圆的直径,如果套在AB 杆和AC 杆上的两个相同的小球同时自A 点静止释放,分别沿ABC 轨道和AC 杆运动最终到达C 点,沿ABC 轨道小球运动的时间是沿AC 杆小球运动时间的1.5倍,求AB 杆与AC 杆之间的夹角α的值.设该圆半径为R ,小球沿AC 杆做自由落体运动,运动时间t 1满足2R=12g v 12,得t 1=2√vv小球沿AB 杆运动时,加速度a=g cos α,且。
权掇市安稳阳光实验学校第2节牛顿第二定律两动力学问题,(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。
(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。
(×)(3)物体的质量与加速度成反比。
(×)(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。
(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。
(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。
(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。
(×)(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。
(√)突破点(一) 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m。
(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
[多角练通]1．(多选)(2016·全国乙卷)一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
2.(2016·上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A．OA方向B．OB方向C．OC方向 D．OD方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。
动力学两类基本问题[方法点拨] (1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．1．(由受力求运动)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s2．(由运动求受力)若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h 时，客车不超过19 m ，卡车不超过21 m ．如果客车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车( ) A ．所受阻力之比为19∶21 B ．加速度之比为21∶19 C ．所受阻力做功之比为21∶19 D ．制动时间之比为21∶193．(由受力求运动)一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g .则可判断( ) A ．飞行器的加速度大小为g B ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 24．如图2甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对A施加一水平力F，规定向右为正方向，F随时间t变化关系如图乙所示．两物体在t＝0时由静止开始运动，且始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )图2A．第1 s末两物体的速度最大B．第3 s内，两物体向左运动C．第2 s内，拉力F对物体A做正功D．第2 s内，A对B的摩擦力向左5．如图3所示，一质量为m的物块放置在倾角为θ的斜面体上，斜面体放置于水平地面．若用与水平方向成α角、大小为F的力推物块，使初速度为v的物块沿斜面匀减速下滑，加速度大小为a，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面摩擦力的说法正确的是( ) 图3 A．方向水平向左，大小为F cos α＋ma cos θB．方向水平向左，大小为F cos α－ma cos θC．方向水平向右，大小为F cos α＋ma cos θD．方向水平向右，大小为F cos α－ma cos θ6．如图4所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )图4A．1 B．2 C．3 D．47．某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．8．在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v0＝4 m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L＝0.6 m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x＝3 m 的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，小车质量M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小．9．航空母舰静止在海面，某型号的舰载机质量m＝3×104 kg，在航空母舰上无风起飞时，加速度是5 m/s2，跑道长160 m，为了使飞机正常起飞，航母上装有舰载机起飞弹射系统，无风时弹射系统必须给飞机30 m/s的初速度才能使飞机从舰上起飞，设加速过程为匀加速直线运动．(1)无风时起飞速度是多少？(2)某次执行任务，有10 m/s的平行跑道的海风，飞机逆风行驶起飞，测得平均空气阻力增加ΔF f＝2.4×104N，弹射系统必须给飞机多大的初速度才能使飞机正常起飞？(起飞速度为飞机相对空气的速度)答案精析1．D [设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sinθ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．]2．B [由v 2＝2ax ，可得客车和卡车制动时的加速度之比为a 1a 2＝x 2x 1＝21∶19，选项B 正确；根据牛顿第二定律F f ＝ma ，可得所受阻力之比F f1F f2＝m 1m 2·a 1a 2＝1∶1，选项A 错误；由做功的公式W ＝F f x ，可得所受阻力做功之比为W f1W f2＝F f1F f2·x 1x 2＝19∶21，选项C 错误；由v ＝at 可得制动时间之比为t 1t 2＝a 2a 1＝19∶21，选项D 错误．]3．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a ＝g ，A 项正确，B 项错误；起飞后t 时间内飞行器的位移x ＝12at 2＝12gt 2，所以飞行器上升的高度h ＝x sin 30°＝14gt 2，C 、D 项错误．]4．C [在0～1 s 内，两物体做加速度逐渐增大的加速运动，运动方向向右；在1～2 s 内，两物体做加速度逐渐减小的加速运动，运动方向向右；2～3 s 内，两物体做加速度逐渐增大的减速运动，运动方向向右；在3～4 s 内，两物体做加速度逐渐减小的减速运动，运动方向向右.0～2 s 内物体都在加速，所以在2 s 末物体速度最大，A 项错误；物体始终向右运动，B 项错误；在第2 s 内，物体向右运动，拉力F 也向右，所以拉力做正功，C 项正确；在第2 s 内，物体B 加速度向右，而B 只受到A 对它的摩擦力，所以摩擦力向右，D 项错误．]5．A [对斜面体和物块用整体法进行受力分析，在水平方向上：F f －F cos α＝ma cos θ.] 6．C [设小物块在A 点时速度大小为v ，AB ＝BC ＝l ，则在B 点时速度大小为12v ，由运动学公式有v 2－(12v )2＝2μ1gl ，(12v )2＝2μ2gl ，解得μ1＝3μ2，C 正确．]7．(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m解析 (1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的加速度为a 1＝F －F f m＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2＝F f m＝0.2 m/s 2第一次撤去水平推力后经过时间t 2＝2.0 s 速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2＝5.2 m.8．(1)2 m/s (2)1.25 m解析 (1)设小车关闭电源后加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：μ1Mg ＝Ma 1① 设小车刚冲上薄板时速度为v 1，由运动学公式，有：v 21－v 20＝－2a 1x ②①②联立，得：v 1＝2 m/s③(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得： μ1Mg －μ2(M ＋m )g ＝ma 2④小车冲上薄板后，薄板以a 2加速，车仍以a 1减速，设经时间t 两者共速，则：v 1－a 1t ＝a 2t ⑤ 联立④⑤并代入数据，得：t ＝0.5 s 则此时小车和薄板的速度大小v 2＝1 m/s 该段时间，小车的位移：x 1＝v 1＋v 22t ＝0.75 m ；薄板的位移：x 2＝12a 2t 2＝0.25 m由于x 1－x 2＜L ，所以小车未滑出薄板．⑥接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a 3，有：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3⑦ 设车与薄板共同减速的位移大小为x 3，有：v 22＝2a 3x 3⑧⑦⑧式联立，得x 3＝0.5 m所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：x ＝x 1＋x 3＝1.25 m.9．(1)50 m/s (2)16 m/s解析 (1)设起飞速度为v ，无风起飞时初速度v 1＝30 m/s ，加速度a 1＝5 m/s 2，跑道长x ＝160 m由运动学规律可得v 2－v 21＝2a 1x 解得v ＝50 m/s(2)当飞机逆风行驶起飞时，相对航母的速度v ′＝50 m/s －10 m/s ＝40 m/s 由牛顿第二定律可得加速度a 2＝a 1－ΔF f m＝4.2 m/s 2v ′2－v 22＝2a 2x解得弹射系统需要给飞机的初速度v 2＝16 m/s.。
