2020届高考物理总复习第三单元牛顿运动定律课时2牛顿第二定律两类动力学问题教师用书（含解析）

课时2　牛顿第二定律　两类动力学问题　　1.牛顿第二定律(1)内容:物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)关系式:F=ma。(3)适用范围:①牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或者匀速运动的参考系。②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。　　2.动力学的两类基本问题　　(1)已知受力情况求运动情况:已知物体的受力情况,由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学公式,就可以确定物体的运动情况。(2)已知运动情况求受力情况:已知物体的运动情况,根据运动学公式求出物体的加速度,再根据牛顿第二定律确定物体的受力情况。　　3.单位制(1)单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)基本单位:基本物理量的单位,基本物理量共七个,其中力学有三个,它们是长度、质量、时间,它们的单位分别是米、千克、秒。 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 L 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 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 I(Iv) 坎[德拉] cd1.(2018山西太原单元检测)关于速度、加速度和合外力之间的关系,下述说法正确的是(　　)。A.做匀变速直线运动的物体,它所受合外力是恒定不变的B.做匀变速直线运动的物体,它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C.物体受到的合外力增大时,物体的运动速度一定加快D.物体所受合外力为零时,一定处于静止状态答案　A2.(2018陕西西安摸底考试)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材,遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆。如图乙所示,某次演练中,逃生者从距地面72m高处,由静止开始匀加速下滑27m,随后以18m/s的速度匀速运动,紧接着以大小为5m/s2加速度减速,到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力,g取10m/s2。求:(1)匀加速下滑的加速度。(2)加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值。解析　(1)由运动学公式,知=2a1x1解得a1=6m/s2。(2)逃生者加速下滑时,有mg-T=ma1解得T=4m则=0.4。答案　(1)6m/s2　(2)0.43.(2018上海单元检测)在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　　)。A.m2·kg·s-4·A-1　　B.m2·kg·s-3·A-1C.m2·kg·s-2·A-1 D.m2·kg·s-1·A-1答案　B1.(2018全国卷Ⅰ,15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)。　　解析　对P受力分析,由牛顿运动定律有F-mg+F弹=ma,F弹=k(x0-x),kx0=mg,联立解得F=ma+kx,对比题给的四个图象,A项可能正确。答案　A2.(2018浙江4月选考,3)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是(　　)。A.kg·m2/s2　　　　　　B.kg·m/s2C.N/m D.N·m解析　根据W=Fs,F=ma,可得J=kg·m/s2·m=kg·m2/s2,A项正确。答案　A见《自学听讲》P37 一 牛顿第二定律的理解和应用　　1.牛顿第二定律的“五性”2.力、加速度、速度间的关系(1)加速度与力有瞬时对应关系,加速度随力的变化而变化。(2)速度的改变需经历一定的时间,不能突变;加速度可以突变。例1　如图甲所示,在一倾角θ=30°的斜面上放一木块,木块上固定一支架,支架末端用细绳悬挂一小球,木块在斜面上下滑时,小球与木块相对静止,求在细绳:甲(1)沿竖直方向情况下木块下滑的加速度大小。(2)与斜面方向垂直的情况下木块下滑的加速度大小。(3)沿水平方向情况下木块下滑的加速度大小。解析　(1)如图乙所示,FT1与mg都是竖直方向的,故不可能有沿斜面的加速度,说明木块沿斜面匀速下滑,此时加速度为零。乙　　　　　丙　　　　　　　丁(2)如图丙所示,FT2与mg的合力必沿加速度方向,即斜面方向,作出平行四边形,可知F合=mgsinθ由牛顿第二定律知a==gsinθ=即加速度沿斜面向下,大小为。(3)由于细绳只能产生拉力且沿绳的方向,故小球受力情况如图丁所示,由图可知F合=即a===2g,方向沿斜面向下。答案　(1)0　(2)　(3)2g解决动力学基本问题时对力的处理(1)合成法:在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法:若物体的受力个数较多(3个或3个以上),一般采用“正交分解法”。 二 动力学的两类问题　　1.解决动力学两类基本问题的思路2.动力学两类基本问题的解题步骤例2　图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景,工作人员先斜向上拉冰块移动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到目的地。其工作原理可简化为如图乙所示,设冰块质量M=100kg,冰块与滑道间的动摩擦因数为0.05,冰块起始位置与目的地距离为12m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上。某次拉冰块时,工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0m后放手,冰块刚好到达滑道末端静止。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2,求:(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比。(2)冰块滑动过程中的最大速度。(3)工人拉冰块的拉力大小。解析　(1)设加速时加速度大小为a1,减速时加速度大小为a2,最大速度为v,加速前进位移为x,总位移为L,则加速阶段有v2=2a1x1减速阶段有0-v2=-2a2(L-x1)则==。(2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用,则μMg=Ma2解得a2=0.5m/s2根据0-v2=-2a2(L-x1)解得v=2m/s。(3)a1=2a2,故a1=1m/s2对冰块受力分析可得Fcos53°-μ(Mg-Fsin53°)=Ma1解得F=N。答案　(1)2∶1　(2)2m/s　(3)N变式1　在公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。(g取10m/s2)解析　设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0s=v0t0+上式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=mas=vt0+联立上式并代入题给数据得v=20m/s(v=-24m/s不符合实际,舍去)。答案　20m/s 三 瞬时问题　　加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化为以下两种模型:例3　如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,物块A、B的质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起,但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是(　　)。A.物块B的加速度为gB.物块A、B间的弹力为mgC.弹簧的弹力为mgD.物块A的加速度为g解析　剪断细线前,对A分析,根据共点力平衡知弹簧的弹力F弹=mgsin30°=mg,则细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,对A、B整体分析,加速度a==g,故A项错误,C、D两项正确。隔离对B分析,根据牛顿第二定律得2mgsin30°-FN=2ma,解得FN=mg,故B项正确。答案　A求解瞬时加速度的一般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 四 运用牛顿第二定律时的两种分解方法　　牛顿第二定律F=ma是矢量式,加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。根据力的独立作用原理,在运用牛顿第二定律解题时,既可以分解力,也可以分解加速度。1.分解力而不分解加速度一般将物体受到的各个力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,此时,可以对牛顿第二定律进行正交分解,其正交分解表示为。2.分解加速度而不分解力当物体受到的力相互垂直时,沿这两个垂直的方向分解加速度,再运用牛顿第二定律列方程。此时,可以对牛顿第二定律进行正交分解,其正交分解表示为。　　例4　一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于在水平面上加速运动的小车中,小车的加速度为a,如图甲所示,在物体始终相对斜面静止的条件下,下列说法中正确的是(　　)。甲A.当θ一定时,a越大,斜面对物体的支持力越大B.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越大C.当θ一定时,a越大,斜面对物体的支持力越小D.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越小解析　如图乙所示,由平行四边形定则有a⊥=asinθ,a∥=acosθ,由牛顿第二定律,在垂直斜面方向上有FN-mgcosθ=ma⊥,即FN=mgcosθ+masinθ。在沿斜面方向,因摩擦力方向不确定,所以有mgsinθ±f=ma∥,即mgsinθ±f=macosθ。显然,当a增大时,FN一定增大,但f若沿斜面向下则也增大;f若沿斜面向上,则减小,所以只有A项正确。乙答案　A变式2　如图甲所示,质量为m的物体放在倾角为α的固定斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,若沿水平方向加一个力F,使物体以加速度a沿斜面向上做匀加速直线运动,重力加速为g,则F的大小是多少?甲解析　物体受到四个力的作用:重力mg、推力F、弹力FN和摩擦力f,如图乙所示以沿斜面向上为x轴正方向建立直角坐标系,分解F、mg,则有乙x轴方向上:Fcosα-mgsinα-f=may轴方向上:FN-mgcosα-Fsinα=0又f=μFN解得F=。答案　　　数形结合思想在动力学中的应用1.常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。2.图象问题的类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。3.解题策略(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。例5　一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示,则(　　)。　　A.2s~6s时间内,物体的加速度为0.5m/s2B.物体的质量为1kgC.整个过程中,物体所受摩擦力始终为2ND.0~10s时间内,物体的位移为15m解析2s~6s时间内,物体的加速度a==0.75m/s2,A项错误;2s~6s时间内由牛顿第二定律有F2-f=ma,6s~8s时间内物体匀速运动,此时F3=f,即f=2N,可得m=kg,B项错误;开始的2s内物体静止,所受的摩擦力为静摩擦力,大小为1N,故整个过程中,物体所受摩擦力不是始终为2N,C项错误;0~10s时间内,物体的位移x=×(2+8)×3m=15m,D项正确。答案　D数形结合解决动力学问题(1)物理公式与物体图象的结合是一种重要题型,对于已知图象求解相关物理量问题,往往结合物理过程从分析图象的横轴和纵轴坐标所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果。(2)解决这类问题必须把物体的实际运动与图象相结合,并相互对应起来。　　动力学多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是高考命题的热点。解决“多过程”问题的关键:首先明确每个“子过程”所遵循的规律,其次找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。解决多过程问题常用的方法是程序法。程序法就是按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法,运用程序法解题的基本思路是:(1)分析题意划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态。(2)对各个过程或各个状态进行具体分析(包括受力分析和运动分析)。(3)分别由牛顿第二定律和运动学公式分过程列方程。(4)抓住不同过程的联系,前一个过程的结束是后一个过程的开始,两个过程的交接点是问题的关键。　　例6　滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动,某滑雪游乐场有两个倾角为37°的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同),如图所示,滑道底端平滑连接,滑道OA高为h,滑道OB高为h,一质量m=70kg的游客从A点由静止滑下,不受其他影响时,经O点恰好滑到B点停止,重力加速度g=10m/s2。则:(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)游客在OB段向上滑动时的加速度为多大?(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用,若该游客到达B点后,想返回A点,需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大?解析　(1)游客从A到O过程中有mgsinθ-μmgcosθ=ma1又2a1=-0由O到B过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma2-2a2=0-联立解得μ=0.15,a2=7.2m/s2。(2)设推力为F,则从B到O过程有F+mgsinθ-μmgcosθ=ma3又2a3=-0从O到A过程有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma4又-2a4=0-解得F=168N。答案　(1)7.2m/s2　(2)168N解决动力学多过程问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。见《高效训练》P251.(2018广东东莞四校联考)如图所示,水平地面上一物体以5m/s的初速度向右滑行,若物体与地面间的动摩擦因数为0.25,取g=10m/s2,则物体在3s内的位移大小为(　　)。A.0.5m　　　B.2.5m　　　C.3.75m　　D.5m解析　物体在向右运动过程中,水平方向上只受地面的滑动摩擦力,故物体的加速度a=μg=2.5m/s2,方向向左,物体停止运动所用时间t==2s,故在3s内的位移等于物体在2s内的位移,则x==5m,D项正确。答案　D2.(2018福建福州3月质量检测)如图甲所示,ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c位于同一圆周上,O为该圆的圆心,ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环,两个滑环分别从b点、c点无初速度释放,用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小,用t1、t2分别表示滑环到达a点所用的时间,则(　　)。甲A.v1=v2　 B.v1<v2 C.t1=t2 D.t1<t2解析　因b点的竖直高度大于c点的竖直高度,细杆光滑,根据v=可得,两滑环到a点的速度v1>v2,A、B两项错误;过a点作竖直线,分别作经过c点和b点的等时圆,如图乙所示,由图可知过c点的等时圆的直径较大,则从c点滑到a点的时间长,即t1<t2,C项错误,D项正确。乙答案　D3.(2018福建莆田3月教学质量检测)如图所示,质量分别为m1=1kg、m2=4kg的A、B两物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧秤连接,大小均为20N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上,系统处于静止状态。下列说法正确的是(　　)。A.弹簧秤的示数是0NB.弹簧秤的示数是40NC.撤去F2的瞬间,B的加速度大小为5m/s2D.撤去F1后,当A、B加速度相同时,弹簧秤的示数是16N解析　两水平拉力大小相等,系统受力平衡,此时弹簧秤的示数等于20N,A、B两项错误;在撤去F2的瞬间,因为弹簧的弹力不能发生突变,所以B的加速度a2==5m/s2,C项正确;撤去F1后,当A、B加速度相同时满足=,代入数据解得T'=4N,D项错误。答案　C4.(2018黑龙江省齐齐哈尔八中月考)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4.5m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=5m/s,到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法中错误的是(　　)。A.若传送带不动,则vB=4m/sB.若传送带逆时针匀速转动,则vB一定等于4m/sC.若传送带顺时针匀速转动,则vB一定等于4m/sD.若传送带顺时针匀速转动,则vB有可能等于4m/s解析　若传送带不动,物体做匀减速直线运动,加速度a1=-=-1m/s2,初速度vA=5m/s,位移x=4.5m,根据运动学公式有-=2a1x,解得vB=4m/s,A项正确;若传送带逆时针匀速转动,物体仍做匀减速直线运动,与传送带不动时的运动情况相同,到达B端的速度仍为4m/s,B项正确;若传送带顺时针匀速转动,若传送带的速度小于4m/s,则物块相对于传送带一直向右运动,受到的摩擦力方向一直向左,此种情况下物体一直做匀减速直线运动,到达B点的速度为4m/s,若传送带的速度大于5m/s,此种情况下物块相对于传送带向左运动,受到的摩擦力方向向右,物体将做加速运动,到达B点的速度大于4m/s,故C项错误,D项正确。答案　C5.(2018贵州贵阳一模)如图甲所示,位于足够长光滑固定斜面上的小物块,受到一水平向左的推力F,物块沿斜面加速下滑,在F逐渐增大、方向保持不变的过程中,物块的加速度大小将(　　)。甲A.逐渐减小 B.逐渐增大C.先减小后增大 D.先增大后减小解析　设斜面的倾角为α,物块的质量为m,加速度大小为a。物块沿斜面向下加速滑动,受力分析如图乙所示,根据牛顿第二定律得mgsinα-Fcosα=ma,解得a=gsinα-cosα,当F增大时加速度a(向下)减小,物体向下做加速度减小的加速运动;当F=mgtanα时,加速度a=0,物体的速度达到最大;当F继续增大时,则有Fcosα-mgsinα=ma,此时加速度(向上)增大,物体向下做加速度增大的减速运动,C项正确。乙答案　C6.(2018湖南师大附中中学月考)一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于加速上升的电梯中,加速度为a,如图甲所示,在物体始终相对于斜面静止的条件下,下列说法中正确的是(　　)。甲A.当θ一定时,a越大,斜面对物体的正压力越小B.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越小C.当a一定时,θ越大,斜面对物体的正压力越小D.当a一定时,θ越大,斜面对物体的摩擦力越小解析　因电梯加速向上运动,物体受斜面的摩擦力只能沿斜面向上。根据支持力和摩擦力方向垂直,应用分解加速度法,如图乙所示,a⊥=acosθ,a∥=asinθ。由牛顿第二定律有f-mgsinθ=ma∥,即f=mgsinθ+masinθ,FN-mgcosθ=ma⊥,即FN=mgcosθ+macosθ,由此可知,当θ一定时,a越大,FN、f都越大;当a一定时,θ越大,FN减小,f越大。由FN与正压力是一对作用力与反作用力,大小相等,可知C项正确。乙答案　C7.(2018湖北省荆州中学月考)(多选)如图所示,在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球,让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下,在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直,则箱子(　　)。A.在斜面甲上做匀加速运动B.在斜面乙上做匀加速运动C.对斜面甲的作用力较大D.对两斜面的作用力相等解析　斜面甲上的箱子内的小球受竖直方向的重力和拉力,不可能产生水平方向的加速度,故小球做匀速直线运动,则箱子也做匀速直线运动,A项错误。斜面乙上的箱子内的小球受重力和拉力作用,两个力的合力沿斜面向下,知小球具有沿斜面向下的加速度,因为小球与箱子加速度相同,则箱子在斜面乙上做匀加速直线运动,B项正确。对整体分析,由A项知斜面甲对箱子的支持力FN=(M+m)gcosθ,由B项知,在斜面乙上箱子有向下的加速度,处于失重状态,则斜面乙对箱子的支持力FN'<(M+m)gcosθ,C项正确,D项错误。答案　BC8.(2018河南省林州市第一中学调研)(多选)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g=10m/s2),则下列结论正确的是(　　)。A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为7.5N/cmC.物体的质量为2kgD.物体的加速度大小为5m/s2解析　物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A项错误。刚开始物体处于静止状态,重力和弹力平衡,有mg=kx;拉力F1为10N时,根据牛顿第二定律,有F1+kx-mg=ma;物体与弹簧分离后,拉力F2为30N,根据牛顿第二定律,有F2-mg=ma,代入数据解得m=2kg,k=5N/cm,a=5m/s2,故A、B两项错误,C、D两项正确。答案　CD9.(2019江淮部分学校高三入学摸底联考)(多选)某科研单位了一质量为m的空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°,使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,如图甲所示。经时间t后,将动力的方向逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行。飞行器所受空气阻力不计,重力加速度为g,下列说法中正确的是(　　)。甲A.加速时加速度的大小为gB.加速时动力的大小等于mgC.减速时动力的大小等于mgD.减速飞行时间2t后速度为零解析　起飞时,飞行器受重力和动力作用,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,如图乙所示,在△OFF合中,由几何关系得F=mg,F合=mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度a1==g,故A项正确,B项错误;t时刻的速率v=a1t=gt,将动力的方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,动力F'跟合力F合'垂直,如图丙所示,此时合力大小F合'=mg,动力大小F'=mg,飞行器的加速度大小a2==g,速度减为零的时间t'==2t,故C、D两项正确。乙丙答案　ACD10.(2019湖北武汉实验中学月考)光明一中为了提高学生的创新能力,培养科技后备人才,成立了科技航模兴趣小组,如图所示,他们正在试验自己设计的一架遥控飞机,动力系统提供恒定升力,使飞机从地面由静止开始竖直上升,若飞机质量为2kg,飞行中所受阻力大小恒为4N,g取10m/s2。(1)现测得飞机第一次试飞到64m高的速度为16m/s,求飞机升力。(2)若飞机第二次飞行到36m高时,因遥控器失灵,飞机失去升力。为了使飞机不致坠落地面摔坏,科技航模兴趣小组必须在多长时间内修复遥控器?解析　(1)第一次飞行中,设加速度为a1,飞机做匀加速直线运动,有v2=2a1H对飞机由牛顿第二定律有F-mg-f=ma1联立解得F=28N。(2)第二次飞行中,设飞机失去升力时的速度为v1,飞机失去升力后上升的加速度为a2,失去升力后上升到最高点所需时间为t2、上升的高度为s2,由牛顿第二定律有2a1s1=mg+f=ma2v1=a2t2s2=所以飞机上升的最大高度h=s1+s2=42m设飞机失去升力下降阶段加速度为a3,失去升力加速下降的时间为t3,恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3,由牛顿第二定律有mg-f=ma3F+f-mg=ma4且+=hv3=a3t3解得t3=s(或2.1s)所以为了使飞机不致坠落地面摔坏,航模兴趣小组的最长维修时间t=t2+t3=s(或3.1s)。答案　(1)28N　(2)s(或3.1s)11.(2019湖北武汉二中月考)某电视台在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动,比赛规则是向沿水平面做直线运动的小车上搬放砖块,每次只能将一块砖无初速度(相对于地面)地放到车上,车停止时立即停止搬运,最后以车上砖块多少决定胜负。已知小车的上表面光滑且足够长,且小车与地面间的动摩擦因数不变,比赛过程中车始终受到水平恒定的牵引力F=20N的作用,未放砖块时车以v0=3.0m/s的速度匀速前进。某家庭上场比赛时每隔T=0.8s搬放一块砖。已知每块砖的质量m=0.8kg。从放上第一块砖开始计时,图乙中画出了0~0.8s内车运动的v-t图象。整个过程中砖始终在车上未滑下,取g=10m/s2。(1)求小车的质量及车与地面间的动摩擦因数。(2)当小车停止时,车上有多少块砖?解析　(1)小车的上表面光滑,砖块相对地面始终保持静止状态,放上砖块后小车开始做匀减速运动,设小车与地面间的动摩擦因数为μ,未放砖块时μMg=F放上第一块砖后,对小车有F-μ(m+M)g=Ma1即-μmg=Ma1由v-t图象可知Δv1=v1-v0=(2.8-3.0)m/s=-0.2m/s放上第一块砖后小车的加速度a1=-0.25m/s2解得μ=0.25,M=8kg。(2)同理,放上第二块砖后,对小车有-2μmg=Ma2代入数据解得a2=-0.5m/s20.8s内速度的改变量Δv2=a2T=-0.4m/s放上第三块砖后小车的加速度a3=-3×0.25m/s2=-0.75m/s20.8s内速度的改变量Δv3=-3×0.2m/s=-0.6m/s则放上第n块砖后小车的加速度an=-n×0.25m/s2(n=1,2,3,…)0.8s内速度的改变量Δvn=-n×0.2m/s(n=1,2,3,…)所以Δv=Δv1+Δv2+Δv3+…+Δvn=-(1+2+3+…+n)×0.2m/s而Δv=0-3m/s=-3m/s联立解得n=5即当小车停止时,车上有5块砖。答案　(1)8kg　0.25　(2)512.(2019河南省八市月考)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒为v0的初速度沿木板向上运动,随着θ的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g。(1)求小木块与木板间的动摩擦因数μ。(2)当θ角为何值时,小木块沿木板向上滑行的距离最小?求出此最小值。解析　(1)当θ=30°时,木块处于平衡状态,对木块受力分析可得mgsinθ=μFN,FN-mgcosθ=0解得μ=tanθ=tan30°=。(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则-mgsinθ-μmgcosθ=ma0-=2ax得x==令tanα=μ则当α+θ=90°时x最小即θ=60°,对应最小值xmin==。答案　(1)　(2)60°