画鸵萌宠网
[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v0＝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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
图1
A．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/s
2．(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∶19
3．(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2g
1
C．起飞后t时间内飞行器上升的高度为gt2
2D．起飞后t时间内飞行器上升的高度为gt2
4．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2
A．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Fcos α＋macos θ B．方向水平向左，大小为Fcos α－macos θ C．方向水平向右，大小为Fcos α＋macos θ D．方向水平向右，大小为Fcos α－macos θ
6．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4
A．1 B．2 C．3 D．4
7．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Ff＝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ΔFf＝2.4×104 N，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a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，v01
解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ
a12＞μmgcos 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a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的12
距离x2＝a2t2＝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
2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＝a2(3 s－1 s)＝4 m/s，选项D正确．]
a1x22．B [由v2＝2ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为＝＝21∶19，选项B正确；
a2x1Ff1m1a1根据牛顿第二定律Ff＝ma，可得所受阻力之比＝·＝1∶1，选项A错误；由做功的公
Ff2m2a2Wf1Ff1x1式W＝Ffx，可得所受阻力做功之比为＝·＝19∶21，选项C错误；由v＝at可得制动
Wf2Ff2x2t1a2时间之比为＝＝19∶21，选项D错误．]
t2a1
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a11
＝g，A项正确，B项错误；起飞后t时间内飞行器的位移x＝at2＝gt2，所
221
以飞行器上升的高度h＝xsin 30°＝gt2，C、D项错误．]
4
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：Ff－Fcos α＝macos θ.]
1
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v，由运动学
211
公式有v2－(v)2＝2μ1gl，(v)2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正确．]
227．(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
F－Ff
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a1＝＝1.2 m/s2
m第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2 m/s 12
位移x1＝a1t1＝0.6 m
2
Ff
(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a2＝＝0.2 m/s2
m第一次撤去水平推力后经过时间t2＝2.0 s速度变为 v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则
2
v22－v1′＝2a1x1
第二次撤去水平推力后滑行的最大距离 v22
x2＝＝5.2 m.
2a2
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a1，由牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma1① 设小车刚冲上薄板时速度为v1，由运动学公式，有：
2
v21－v0＝－2a1x②
①②联立，得：v1＝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a2，由牛顿第二定律得： μ1Mg－μ2(M＋m)g＝ma2④
小车冲上薄板后，薄板以a2加速，车仍以a1减速，设经时间t两者共速，则：v1－a1t＝a2t⑤ 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v2＝1 m/s
v1＋v21
该段时间，小车的位移：x1＝t＝0.75 m；薄板的位移：x2＝a2t2＝0.25 m
22由于x1－x2＜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a3，有：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3⑦ 设车与薄板共同减速的位移大小为x3，有： v22＝2a3x3⑧
⑦⑧式联立，得x3＝0.5 m
所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小： x＝x1＋x3＝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v1＝30 m/s，加速度a1＝5 m/s2，跑道长x＝160 m
由运动学规律可得v2－v21＝2a1x 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 ΔFf由牛顿第二定律可得加速度a2＝a1－＝4.2 m/s2
mv′2－v22＝2a2x
解得弹射系统需要给飞机的初速度v2＝16 m/s.
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容