曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
专题三 牛顿运动定律
1.物理生活 (2022河南平顶山、许昌、济源三市二测)2022年2月6日,中国女足时隔16年重夺亚洲杯冠军。
某学习小组在研究足球运动规律时,将足球在地面上方某高度处竖直向上抛出,足球在空中运动过程中受空
气阻力的大小与速率成正比。规定竖直向上为正方向,关于反映足球运动的v-t图像,下列正确的是( )
答案 D 上升阶段,足球受到重力和向下的空气阻力,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,又f=kv,得加速度大小
kv
a=g+ ,知加速度随着速度减小而减小,当v=0时,a=g;下降阶段,足球受到重力和向上的空气阻力,根据牛顿
m
kv
第二定律有mg-f=ma,又f=kv,得加速度大小a=g- ,知加速度随着速度增大而减小,由v-t图线的斜率表示加
m
速度知,A、B、C错误,D正确。
2.(2022山东淄博一模,4)滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端,第二次以一定的初速度从斜面底端
上滑刚好到达顶端。如图所示,某同学记录了滑块运动的频闪照片,若照片的时间间隔都相同,下列说法正确
的是( )
甲 乙
A.图甲是滑块上滑的照片
B.滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小
C.滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小
D.滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间
答案 C 由牛顿第二定律可得,下滑时满足mg sin θ-μmg cos θ=ma,上滑时满足mg sin θ+μmg cos
1
θ=ma,对比可得a<a,故滑块下滑时的加速度大小小于上滑时的加速度大小,故B错误;设斜面的长度为L,下
2 1 2
1 1
滑时有L= at2,根据逆向思维,上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动,同理可得L= at2,可得t>t,
2 1 1 2 2 2 1 2
设频闪时间间隔为T,由题图可知,图甲为5T,图乙为4T,故图乙是滑块上滑的照片,故A、D错误;由运动学公
式v2=2aL可知,下滑时的末速度大小小于上滑时的初速度大小,故C正确。
3.(2022山东济宁一模,8)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°,质量为M
√3
的木箱与轨道间的动摩擦因数为 。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后
4
木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动),当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置
立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程。下列说法正确的是 ( )
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A.木箱与货物的质量之比为6∶1
B.下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C.木箱与弹簧没有接触时,下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6
D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能
答案 B 木箱和货物从开始下滑到再次回到最高点过程,由能量守恒定律可得mgL sin 30°=μ(M+m)g cos
M 1
30°·L+μMg cos 30°·L,解得木箱与货物的质量之比为 = ,A错误;下滑过程中,木箱速度最大时弹簧的压
m 6
7
缩量为x,由受力平衡得kx=(M+m)g sin 30°-μ(M+m)g cos 30°= Mg,上滑过程中,木箱速度最大时弹簧的
1 1
8
7
压缩量为x,由受力平衡得kx=Mg sin 30°+μMg cos 30°= Mg,故有x=x,即下滑与上滑过程中木箱速度
2 2 1 2
8
最大的位置在轨道上的同一点,B正确;木箱与弹簧没有接触时,下滑的加速度大小a=g sin 30°-μg cos 30°=
1
1g,上滑的加速度大小a
2
=g sin 30°+μg cos 30°=7g,则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为 a 1=1,C
8 8 a 7
2
错误;在木箱和货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生
的内能,D错误;
4.物理生活 (2022河西一模,7)(多选)如图所示,倾角为37°的斜面和竖直挡板固定在卡车上,现将均质圆柱状
工件置于斜面和竖直挡板之间,忽略工件与斜面、竖直挡板之间的摩擦,运输过程中工件与卡车始终相对静
止,下列说法中正确的是( )
A.卡车突然刹车时,工件对斜面的压力可能为零
B.卡车由静止突然启动时,工件对竖直挡板的压力变小
C.卡车匀速行驶时,竖直挡板对工件的支持力大于工件的重力
D.卡车减速运动过程中,斜面对工件做的功小于工件克服竖直挡板支持力做的功
答案 BD 卡车突然刹车时,竖直方向受力仍满足N cos θ=mg,则工件对斜面的压力不可能为零,选项A错
2
误;卡车由静止突然启动时,对工件根据牛顿第二定律可知N sin θ-N=ma,N cos θ=mg,则N 不变,N 减小,
2 1 2 2 1
由牛顿第三定律可知,工件对竖直挡板的压力变小,选项B正确;卡车匀速行驶时,竖直挡板对工件的支持力等
于mg tan 37°,小于工件的重力,选项C错误;卡车减速运动过程中,动能减小,根据动能定理可知W -W
斜 竖
=ΔE<0,即斜面对工件做的功小于工件克服竖直挡板支持力做的功,选项D正确。
k
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5.(2022衡阳师范学院祁东附属中学一模,3)如图甲所示,细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体,定滑
轮悬挂在一个力传感器的正下方,保持A物体质量m 不变,取不同质量m的B物体,通过计算机描绘得到传
0
感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化关系曲线如图乙所示,F=F 直线是曲线的渐近线,重力加速度为
0
g。则( )
F
0
A.A物体质量m=
0
4g
B.m越大,A物体的加速度越小
C.m越大,A物体的加速度越大
D.在m<m 范围内,m越大,A物体的加速度越大
0
答案 A 当m>m 时,B向下做匀加速运动,A向上做匀加速运动,设加速度大小均为a,细绳中的拉力大小为
0
2m g
2mm g 0 (m-m )g
T,对A、B根据牛顿第二定律,T-m
0
g=m
0
a,mg-T=ma,解得T=
0
=
m
,a=
0
=g-
m+m 1+ 0 m+m
0 m 0
2m g
0
,当m→∞时,有T
m
=2m
0
g,所以F
0
=2T
m
=4m
0
g;当m<m
0
时,B向上做匀加速运动,A向下做匀加速运动,
m+m
0
2g
(m -m)g
同理可得a= 0 =g- m 。可知,当m>m 时,m越大,a越大;当m<m 时,m越大,a越小。综上所
m+m 1+ 0 0 0
0 m
述可知,A正确,B、C、D错误。
6.(2022长沙长郡中学月考四,4)如图所示,货车运载相同圆柱形空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧
贴并被牢牢固定。油桶C自由地摆放在桶A、B之间,和汽车一起运动,油桶C与A、B之间的摩擦可忽略
不计。下列说法正确的是( )
A.汽车向左匀速运动时,A对C的支持力与油桶C的重力大小相等
B.汽车向左加速运动时,A对C的支持力增大,B对C的支持力减小
√3
C.汽车向左的加速度为a= g时,C刚好只受一只桶的支持力
3
1
D.汽车向左的加速度为a= g时,C将脱离A跑到B的右边
2
答案 C 根据几何关系,A和B对C的支持力方向均与竖直方向夹角为30°,匀速行驶时,对C根据平衡条件,
√3
F cos 30°+F cos 30°=mg,F sin 30°=F sin 30°,支持力F = mg,故A错误;汽车向左加速运动时,竖直
A B A B A
3
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方向根据平衡条件,F cos 30°+F cos 30°=mg,水平方向根据牛顿第二定律,F sin 30°-F sin 30°=ma>0,由
A B B A
√3
此可知,汽车向左加速时,A对C的支持力减小,B对C的支持力增大,故B错误;汽车向左的加速度为a= g
3
√3 2√3 1
时,F sin 30°-F sin 30°= mg,F cos 30°+F cos 30°=mg,解得F =0,F = mg,故C正确;因为a=
B A 3 A B A B 3 2
√3
g< g,故此时A对C的支持力大于0,C不会脱离A,故D错误。
3
7.物理科技 (2022广东梅州二模,5)一国产无人驾驶汽车质量为2.0×103 kg,在试驾过程中以8 m/s的速度行
驶。人工智能发现车头前方20 m处的斑马线上有行人,为礼让行人开始减速,从发现行人到停止运动,其v-t
图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A.汽车减速过程的加速度大小为2 m/s2
B.汽车停止时车头距斑马线1 m
C.图示过程中汽车运动的平均速度大小为4 m/s
D.汽车在减速过程中受到的合力约为4.6×103 N
Δv 8 16
答案 D 汽车减速过程的加速度大小为a= = m/s2= m/s2,A错误;汽车停止时运动的
Δt 4.0-0.5 7
(0.5+4.0)×8
距离x= m=18 m,则车头距斑马线Δx=(20-18) m=2 m,B错误;图示过程中汽车运动的
2
x 18 16
平均速度大小 v= = m/s=4.5 m/s,C错误;汽车在减速过程中受到的合力约为F=ma=2.0×103×
t 4 7
N≈4.6×103 N,D正确。
8.物理生活 (2022广东广州一模,6)如图所示,篮球从某一高度自由落下,与地面反复碰撞,最后停在地面上,空
气阻力不计,下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
答案 B 篮球自由落地到与地面接触前,只受重力作用,加速度不变,以向下为正方向,加速度为正值,图线为
平行于t轴的线段;篮球与地面接触到反弹离开地面过程中,受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大,篮球
所受的合力ma=mg-N,开始阶段地面弹力N小于重力,合力向下,篮球向下继续挤压,N增大,合力逐渐减小,加
1
速度逐渐减小,篮球这一阶段向下做加速度减小的加速运动;弹力N增大到超过重力大小时,合力向上,其大小
为ma=N-mg,随着N增大,加速度a逐渐增大,方向向上,篮球向下做加速度增大的减速运动直至速度为零;篮
2
球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程,加速度变化特点是:向上减小,再向
下增大。综上分析可知B正确,A、C、D错误。
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9.(2022北京西城一模,8)某同学想测量地铁启动过程中的加速度,他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔,细绳
的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中,细绳偏离了竖直方向,
他用手机拍摄了当时情境的照片,如图所示,拍摄方向跟地铁前进方向垂直。当地重力加速度g已知,若要根
据这张照片估算此时地铁的加速度,只需要测量( )
A.圆珠笔的质量 B.细绳的长度
C.细绳和竖直方向的夹角 D.细绳下端到竖直扶手的距离
答案 C 对笔进行受力分析,如图所示:
有F =mg tan θ=ma
合
所以a=g tan θ
只需测细绳与竖直方向的夹角即可算加速度,C正确。
思路点拨 本题解题的关键在于做好受力分析,由加速度的方向判断合力的方向,然后利用牛顿第二定律建
立F合与a的关系。
10.(2022北京东城二模,13)一根劲度系数为k的轻弹簧,上端固定,下端系一质量为m的物块。用一水平木板
g
将物块托住,使弹簧处于原长状态,如图所示。现让木板由静止开始向下匀加速运动,加速度大小a= ,忽略
2
一切阻力。下列说法正确的是( )
A.物块下落的整个过程中,物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
mg
B.当弹簧的伸长量x= 时,物块与木板分离
k
C.物块下落到最低点时的加速度大小为g
g
D.下落过程中物块的最大速度v = √3mk
m
2k
答案 D 物块向下运动时,木板对物块有支持力,且做功,所以系统的机械能不守恒,所以A错。物块与木板
g mg
分离时,木板支持力为0,a= 。对于物块:mg-kx=ma,所以x= ,所以B错。如果物块从原长开始不受木板
2 2k
的力而下落,根据简谐运动的对称性,最低点有a=g,而本题中并不满足这个条件,所以a<g,所以C错。当
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T=mg时,物块速度最大。从分离到速度最大的过程,机械能守恒,有
mv
1
2 +mgh+kx2
=
mv2
m
+kx'2
,其中 v2
2 2 2 2 1
mg mg g
=2ax,x'= ,h=x'-x= ,所以v = √3mk,所以选D。
m
k 2k 2k
思路点拨 当物块与木板分离时,它们之间的作用力为0,但此刻它们的运动状态还完全一样,即v、a相同。
11.(2022浙江山水联盟12月联考,5)运动员在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,若在启动后的一小段时间
内,运动员用两根轻绳拉着轮胎做匀加速直线运动,加速度大小为a。如图所示,运动过程中保持两绳的端点
A、B等高,两绳间的夹角为θ、所在平面与水平面夹角恒为α。已知轮胎质量为m,运动过程受到的地面摩
擦力大小恒为f,则每根绳的拉力大小为( )
f +ma
f +ma
A. θ B.
2cos ·cosα 2sinθ·sinα
2
f +ma f
C. θ D. θ
2cos ·sinα 2cos ·cosα
2 2
答案 A 设每根绳的拉力大小为T,根据力的合成与分解以及对称性可知,两根绳拉力的合力大小为F=2T
f +ma
θ
cos ,对轮胎,根据牛顿第二定律有F cos α-f=ma,解得T= θ ,故选A。
2 2cos ·cosα
2
12.物理生活 (2022江苏南京期末,7)南京的地铁线路不断增加,极大地方便了市民出行。假设地铁列车由6
节车厢组成,在水平直轨道上匀加速启动时,每节车厢的动力系统均提供大小为F的动力,列车在水平直轨道
上运行过程中阻力与车重成正比,由于乘客人数不同,假设第偶数节车厢质量为第奇数节车厢质量的两倍,则(
)
A.相邻车厢之间均存在相互作用力
B.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
C.做匀加速运动时,第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为8∶5
F
D.第1、2节车厢之间作用力的大小为
3
答案 D 对车厢整体应用牛顿第二定律可得:6F-9kmg=9ma,设第1、2节车厢间的相互作用力为T,则对第
F
1节车厢受力分析,应用牛顿第二定律可得:F-T-kmg=ma,联立可知T= ;设第2、3节车厢间的相互作用力
3
为T',对前两节车厢应用牛顿第二定律有:2F-T'-3kmg=3ma,联立解得T'=0,则并不是相邻车厢之间均存在相互
作用力,故A错误,D正确。列车停下时,其速度为零,其减速运动反向为匀加速直线运动,故由匀变速直线运
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v2
动规律的位移-速度公式可知x= ,进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平
2a
方成正比,故B错误;设第3、4节车厢间的相互作用力为T,则对前三节车厢应用牛顿第二定律可得:3F-T-
1 1
F
4kmg=4ma,解得T= ,由以上分析可知第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为1∶1,故C错误。
1
3
解题思路 对整体车厢应用牛顿第二定律,再隔离第1节、前两节、前三节车厢,分别应用牛顿第二定律,联
立判断各车厢间的相互作用;由速度-位移公式判断滑行的距离与关闭发动机时的速度间的关系。
13.物理生活 (2022吉林普通中学二调)如图,单人双桨赛艇比赛中,运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。
运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段,假设划水和空中运桨用时均为0.8 s,赛艇(含运动员、双桨)
质量为70 kg,受到的阻力恒定,划水时双桨产生的总动力大小为赛艇所受阻力的2倍,某时刻双桨刚入水时
赛艇的速度大小为4 m/s,运动员紧接着完成1次动作,此过程赛艇前进8 m,求:
(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比;
(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。
答案 (1)1∶1 (2)6 m/s 175 N
解析 (1)设赛艇受到的阻力大小为f,双桨划水时的总动力为F,设划水和运桨阶段的加速度大小分别为a、
1
a,由牛顿第二定律得
2
划水时F-f=ma
1
空中运桨时f=ma
2
依题意有F=2f
联立解得a∶a=1∶1
1 2
(2)由以上分析可知,赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等,则加速结束时速度达到最大,则v =v+at
m 0 1
1
划水时s=vt+ at2
1 0 1
2
1
运桨时s=v t- at2
2 m 2
2
又s+s=8 m
1 2
联立并代入数据解得v =6 m/s,f=175 N
m
14.(2022山东淄博一模,16)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域,浮力顿减,潜艇如同汽车那样掉下悬崖,称
之为“掉深”,曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m=3.0×103 t,在高密度海水区域水面下沿水平方向缓
慢潜航,潜航深度为h=180 m,如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时,浮力F突然降为2.94×107 N;20
0
s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉,速度减为零后开始上浮,升至
距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮,升到水面时速度恰好为零。重力加速度g
取10 m/s2,不计潜艇加重以及减重的时间和水的粘滞阻力。求:
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起);
(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。
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答案 (1)300 m (2)160 s
解析 (1)潜艇向下的加速过程有mg-F=ma
1
1
此过程下落高度为h= at2
1 2 1 1
设潜艇向下减速过程下落的高度为h
2
(a t )2
h=
2 1 1
2a
2
潜艇“掉深”达到的最大深度为h=h+h+h
0 1 2
联立解得h=300 m
(2)设潜艇向下减速过程的时间为t
2
at=at
11 22
潜艇向上加速过程有:
1
h= at2,h=h-h,h=120 m
3 2 2 3 3 4 4
设升至距水面120 m处的速度为v
2
v=at
2 23
潜艇向上减速过程有
v +0
h= 2 t
4 4
2
潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间
t =t+t+t+t
总 1 2 3 4
联立解得t =160 s
总
15.(2021天津一中月考,10)俯式冰橇(又叫钢架雪车)是冬奥会的比赛项目之一,其场地可简化为赛道AB和缓
冲道BC、CD三部分。其中CD部分水平,各部分平滑连接。已知x =1 200 m,赛道AB的倾角为α,BC的
AB
倾角为β,冰橇与赛道AB间的动摩擦因数为μ=0.05,冰橇与BC间的动摩擦因数为μ=0.6。比赛时,触发信号
1 2
灯亮起后,质量为M=60 kg的运动员从起点A开始,以平行赛道AB的恒力F=40 N推动质量m=40 kg的冰
橇由静止开始沿赛道向下运动,8 s末迅速登上冰橇,与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。设运动员登
上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力(取sin α=0.1,cos α=1,sin β=0.3,cos β=0.95,g取10 m/s2)。
(1)求比赛中运动员最大速度的大小v ;
m
(2)为确保此运动员能够停在水平道CD上,缓冲道BC的长度x 不能超过多少?(此问结果保留3位有效数
BC
字)
答案 (1)36 m/s (2)74.5 m
解析 (1)对冰橇:有推力时
F+mg sin α-μmg cos α=ma
1 1
解得,a=1.5 m/s2
1
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8 s末速度v=at=12 m/s
1 11
1
8 s内位移x= at2=48 m
1 2 1 1
对运动员和冰橇整体:
(M+m)g sin α-μ(M+m)g cos α=(M+m)a
1 2
解得,a=0.5 m/s2
2
- =2a(x -x)
v2 v2 2 AB 1
m 1
解得,v =36 m/s
m
(2)对运动员和冰橇整体:
(M+m)g sin β+μ(M+m) g cos β=(M+m)a
2 3
解得,a=8.7 m/s2
3
=2ax
v2 3 BC
m
解得,x =74.5 m
BC
16.(2022长沙实验中学一模,13)某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带总长为
L=30 m,正常运转的速度为v=4 m/s。一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不
影响工作的进度,工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上
去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。(货物与木板均可看作质点,假设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)为把货物拉上去,且货物与木板不发生相对滑动,求拉力F的最大值;
(2)若工人用F=189 N的恒定拉力使货物运动10 s,求货物的位移大小;
(3)若10 s后来电,来电后工人撤去拉力,问还需要多长时间货物能到达B处(不计传送带的加速时间)。
答案 (1)192 N (2)10 m (3)6.25 s
解析 (1)设最大拉力为F ,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a,对货物分析,根据
m 1
牛顿第二定律得μMg cos θ-Mg sin θ=Ma,可得a=0.4 m/s2,对货物与木板整体分析,根据牛顿第二定律得
1 1
F -μ(m+M)g cos θ-(m+M)g sin θ=(m+M)a,可得F =192 N。
m 1 m
(2)设工人拉木板的加速度为a,根据牛顿第二定律得F-μ(m+M)g cos θ-(m+M)g sin θ=(m+M)a,解得a=0.2
2 2 2
m/s2,10 s末木板的速度为v=at=0.2×10 m/s=2 m/s,此10 s内,货物一直做匀加速直线运动,货物的位移大小
1 2
1
x= at2,解得x=10 m。
2
2
(3)由于v<4 m/s,所以来电后木板继续加速,设加速度为a,根据牛顿第二定律得μ(m+M)g cos θ-(m+M)·g
1 3
sin θ=(m+M)a,可得a=0.4 m/s2
3 3
设经过t 木板速度与传送带速度相同,v=v+at,可得t=5 s
1 1 31 1
设t
1
内木板加速的位移为x
1
,v2-
v2
=2a
3
x
1
,得x
1
=15 m
1
共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t,匀速运动的位移
2
x=L-x-x=5 m
2 1
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x
2
该段位移所用时间t= =1.25 s
2
v
所以来电后木板再需要运动的时间为t'=t+t=6.25 s
1 2
17.物理生活 (2022广东梅州一模,13)如图是消防滑梯示意图,滑行时,人双臂双腿并拢时只受到底面的摩擦
力,张开双臂双腿时增加了人与侧壁的摩擦。已知该滑梯斜坡部分全长28 m,最顶端到滑梯斜坡末端的高度
为16.8 m,人与滑梯底面之间的动摩擦因数μ=0.5。若人在滑梯中的运动可视为直线运动,刚开始双臂双腿
并拢由静止下滑,当速度过快时张开双臂双腿,人受到摩擦力的最大值为并拢时的2倍,不计空气阻力,人可以
近似看成质点,g=10 m/s2。为了确保安全,人滑到底端的速度不能超过4 m/s,求:
(1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小a 和人双臂双腿张开下滑时的加速度大小a 分别为多少?
1 2
(2)人在滑梯上下滑的最短时间t为多少?
答案 (1)2 m/s2 2 m/s2 (2)6 s
解析 (1)设滑梯与水平面夹角为θ,由题意可得
16.8
sin θ= =0.6,则cos θ=0.8
28
当双臂双腿并拢加速下滑时,加速度大小为a,根据牛顿第二定律得
1
mg sin θ-μmg cos θ=ma
1
解得a=2 m/s2
1
当张开双臂双腿减速下滑时,加速度大小为a,根据牛顿第二定律得
2
2μmg cos θ-mg sin θ=ma
2
解得a=2 m/s2
2
(2)设人下滑最大速度为v ,最短时间为t,由题意可知滑到底端的速度为v=4 m/s
m
滑梯斜坡长x=28 m
则由运动学方程可得
v2 v2 -v2
+ =x
m m
2a 2a
1 2
v =at
m 11
v=v -at
m 22
联立代入数据解得t=t+t=6 s
1 2
方法技巧 把握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”。
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18.物理生活 (2022江苏淮安月考,14)在寒冷的冬天,路面很容易结冰,在冰雪路面上汽车一定要低速行驶。
在冰雪覆盖的路面上,车辆遇紧急情况刹车时,车轮会抱死而“打滑”。如图所示,假设某汽车以10 m/s的速
度行驶至一个斜坡的顶端A时,突然发现坡底前方有一位行人,该人正以相对地面2 m/s的速度做同向匀速
运动,司机立即刹车,但因冰雪路面太滑,汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡高x =3 m,长x =5 m,司机刹车时行
AB AC
人距坡底C点的距离x =6 m,从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5,g取10
CE
m/s2。
(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小;
(2)求汽车沿斜坡滑下到坡底C点的速度;
(3)试分析此种情况下,行人是否有危险。
答案 (1)2 m/s2 (2)2√30 m/s (3)有危险
解析 (1)设斜坡倾角为θ,汽车在斜坡上滑行时,由牛顿第二定律得
mg sin θ-μmg cos θ=ma
1
由几何关系得
3 4
sin θ= ,cos θ=
5 5
代入数据解得汽车在斜坡上滑下时加速度
a=2 m/s2
1
(2)由匀变速直线运动规律可得
- =2ax
v2 v2 1 AC
C A
解得汽车到达坡底C时的速度
v =2√30 m/s
C
(3)汽车到达坡底经历时间
v -v
t= =( -5) s
1 C A √30
a
1
汽车在水平路面做匀减速运动,由
μmg=ma
2
得汽车的加速度大小
a=μg=5 m/s2
2
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x2 -v2
汽车的速度减至v=v 人 =2 m/s时发生的位移x 1 = C 人=11.6 m
2a
2
经历的时间
t
2
= v
C
-v 人=2(
√30
-1) s
a 5
2
从司机刹车到汽车与行人共速这段时间,行人发生的位移
2
x=v (t+t)= (7√30-27) m≈4.54 m
2 人 1 2 5
因x-x≈7.06 m>6 m,故行人有危险。
1 2
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