高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 5

这是一份高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 5，共19页。试卷主要包含了牛顿运动定律的应用，牛顿第二定律的作用，动力学的两类基本问题，解题步骤，0×104×2N＝1，若超市的自动门等内容，欢迎下载使用。
第四章　运动和力的关系
5．牛顿运动定律的应用
课标要求
素养定位
1．学会解决从受力确定运动情况的问题。
2．学会解决从运动情况确定受力的问题。
3．掌握解决动力学的两类基本问题的综合思路。
等级要求
物理观念
科学思维
科学探究
科学态度与责任
合格考试
进一步理解牛顿第二定律及其应用


培养应用数学知识处理物理问题的能力及分析、解决问题的能力
等级考试

理解加速度是联系力和运动的桥梁
通过对两类动力学问题的探究，获得解决两类动力学问题的解题思路



知识点　牛顿运动定律的综合应用
1．牛顿第二定律的作用
确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。
2．动力学的两类基本问题
（1）从受力确定运动情况：如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
（2）从运动情况确定受力：如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。

1．判断正误
（1）滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。 （×）
（2）根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每个力的方向。 （×）
（3）滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。（×）
2．物体放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经时间t通过的位移是x。如果水平恒力变为2F，物体仍由静止开始运动，经时间2t通过的位移是（　　）
A．x B．2x
C．4x D．8x
解析：选D　当水平恒力为F时，由牛顿第二定律得，F＝ma，x＝12at2＝Ft22m，当水平恒力为2F时，由牛顿第二定律得，2F＝ma'，x'＝12a'（2t）2＝4Ft2m，联立得x'＝8x，故D正确。

考点一　根据物体的受力情况确定运动情况

1．一个运动的物体，当所受外力突然变化时，物体的运动情况如何变化？
2．火车从加速出站、匀速行驶到减速进站的过程中，其受力特点有何不同？
[提示]　1．当物体所受外力突然变化时，加速度一定变化，速度一定变化，但由于加速度方向与运动方向存在多种可能，因此，速度可能增大、减小、改变方向或方向、大小都改变。
2．火车加速出站时，合力的方向和运动的方向相同；火车匀速行驶时，合力为零；火车减速进站时，合力的方向和运动的方向相反。

1．问题界定
已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等运动学物理量。
2．解题思路

3．解题步骤
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图。
（2）根据力的合成或力的正交分解，求出物体所受的合外力或Fx、Fy。
（3）根据牛顿第二定律求出物体运动的加速度。
（4）结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求解其他待求的运动学物理量。
【典型例题1】　如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m，倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面。人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下，人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0．25，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，求：

（1）人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
（2）人在经过C点后滑行的距离。
[思路点拨]　（1）人从斜坡下滑的过程中受到哪些力作用？如何求解合力？
（2）人在水平面上滑行时，受到哪些力作用？如何求解合力，如何求解滑行距离？
[解析]　（1）人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示：

设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma
Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcosθ＝0
联立以上各式得a＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2
由匀变速运动规律得L＝12at2
解得t＝2s。
（2）人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速运动的加速度大小为a'，由牛顿第二定律得μmg＝ma'。
设人到达C处的速度为v，则人在斜面上下滑的过程中有v2＝2aL
人在水平面上滑行时有0－v2＝－2a'x
联立以上各式解得x＝12．8m。
[答案]　（1）2 s　（2）12．8 m
归纳总结
解题的流程

对点训练1　某青少年机器人工程挑战赛设置的一个挑战任务是，参赛选手设计的机器人将一工件由水平面推上一倾角为20°的斜面顶端。一组参赛同学设计的机器人对工件始终施加一大小不变、方向始终沿接触面的推力F作用，使工件从水平面由静止开始运动，最终恰好到达斜面顶端。已知斜面长L＝1．2 m，工件质量m＝0．4 kg、工件与水平面、斜面的动摩擦因数均为0．2，推力F的大小为2 N，求工件在水平面运动的距离。（可将工件视为质点，工件经过水平面和斜面连接处时无能量损失。重力加速度g取10 m/s2，sin 20°＝0．34，cos 20°＝0．94）　
解析：设工件滑上斜面的初速度为v，在水平面上滑行的距离为x，
工件在水平面上匀加速运动过程中，对工件，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
代入数据解得：a1＝3m/s2
在斜面上匀减速运动过程中，对工件，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＋μmgcosθ－F＝ma2
代入数据解得：a2＝0．28m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移的关系式得：
v2＝2a1x，v2＝2a2L
代入数据解得：x＝0．112m。
答案：0．112 m
考点二　根据物体的运动情况确定受力情况

一运动员滑雪时的照片如图所示，如果知道运动员在匀加速下滑过程中的运动时间且知道在下滑过程中的运动位移，试讨论：由运动员的运动情况如何确定其受力情况？

[提示]　先根据运动学公式，求得运动员运动的加速度，比如先根据x＝v0t＋at22，v2－v02＝2ax等求出运动员的加速度，再由牛顿第二定律求运动员的受力。

1．问题界定
根据物体运动情况确定受力情况，指的是在物体的运动情况（如物体的运动性质、速度、加速度或位移）已知的条件下，求出物体所受的力。
2．解题思路

3．解题步骤
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。
（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
（4）根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需求的力。
【典型例题2】　如图甲所示，可视为质点的小铁块放在倾角θ＝37°的斜面顶端，斜面固定在水平地面上。某时刻，给小铁块一沿斜面向下的速度v0，运动时间t1＝1 s时，施加一个沿斜面向上的恒力F，小铁块滑到斜面底端B点时的速度恰好为零。小铁块的位移x随时间t变化的图像如图乙所示（1～4 s内的曲线为抛物线的一部分）。已知小铁块质量m＝1 kg，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，求：

（1）小铁块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）恒力F的大小。
[思路点拨]　（1）根据题图乙判断物体0～1 s内的运动情况，根据平衡条件列式求解μ。
（2）根据题图乙判断物体在1～4 s内的运动情况，结合牛顿第二定律及运动学公式列式求解F。
[解析]　（1）对小铁块受力分析如图所示：

在0～1s内，x－t图像为倾斜直线，则小铁块做匀速直线运动，则有mgsinθ＝μmgcosθ
代入数据解得μ＝0．75。
（2）由图乙可知，在1～4s内小铁块做匀减速直线运动，该段时间内的初速度v0＝4m/s，末速度v＝0，位移x＝6m
设初速度方向为正方向，匀减速运动的加速度大小为a，根据速度与位移的关系式可知，v2－v02＝－2ax
代入数据解得a＝43m/s2
由牛顿第二定律得
F＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma
代入数据解得F＝43N。
[答案]　（1）0．75　（2）43 N
归纳总结
解决两类动力学问题的三点提醒
（1）由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
（2）物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，作受力分析图时，把所受的外力画到物体上的同时，速度和加速度的方向也应标在图中。
（3）求解两类动力学基本问题涉及的物理知识：①牛顿第二定律F＝ma；②牛顿第三定律F＝－F'；③运动学公式v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v02＝2ax，x＝v+v02t。注意正方向的选取。
对点训练2　一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，求：
（1）关闭发动机时汽车的速度大小；
（2）汽车运动过程中所受到的阻力大小；
（3）汽车牵引力的大小。
解析：（1）汽车开始做匀加速直线运动，则x1＝0+v2t1
解得v＝2x1t1＝4m/s。
（2）汽车减速过程中加速度
a2＝0-vt2＝－2m/s2　
由牛顿第二定律得－Ff＝ma2
解得Ff＝4×103N。
（3）开始加速过程中加速度为a1，则
x1＝12a1t12
解得a1＝1m/s2
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6×103N。
答案：（1） 4 m/s　（2）4×103 N　（3）6×103 N
考点三　动力学中的图像问题

1．常涉及的图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、a－F图像等。
2．两种情况
（1）已知物体的运动图像或受力图像，分析有关受力或运动问题。
（2）已知物体的受力或运动情况，判断选择有关运动图像或受力图像的问题。
3．解决这类问题的基本步骤
（1）看清坐标轴所表示的物理量，明确图像的种类。
（2）看图线本身，识别两个相关量的变化关系，从而分析对应的物理过程。
（3）看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。
（4）弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系，根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。
【典型例题3】　一物体静止在光滑水平面上，从0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为1．25 kg，则下列说法正确的是 （　　）

A．2 s时物体回到出发点
B．3 s时物体的速度大小为4 m/s
C．第3 s内物体的位移为4 m
D．前2 s内物体的平均速度为0
[解析]　根据牛顿第二定律可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示，0～1s内，物体向右加速，1～2s向右减速，2s时速度刚好减为0，2s内物体一直向右运动，故A错误；第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为a＝Fm＝4m/s2，第3s末速度为v＝at3＝4m/s，第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为x＝12at32＝2m，故C错误，B正确；前2s，物体一直向右运动，位移不为0，根据平均速度的定义式v＝xt可知，前2s内物体的平均速度不为0，故D错误。

[答案]　B
对点训练3　放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 （　　）

A．0．5 kg，0．4 B．1．5 kg，215
C．0．5 kg，0．2 D．1 kg，0．2
解析：选A　由图可得，物块在2～4s内所受推力F＝3N，物块做匀加速直线运动，a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma；物块在4～6s内所受推力F'＝2N，物块做匀速直线运动，则F'＝Ff，且Ff＝μmg，联立解得m＝0．5kg，μ＝0．4，故A选项正确。

物体在五类光滑斜面上的运动规律
第一类：等高斜面（如图1所示）
由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝hsinθ
可得t＝1sinθ2hg，
可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。

第二类：同底斜面（如图2所示）
由L＝12at2，a＝gsinθ，L＝dcosθ
可得t＝4dgsin2θ，
可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。
第三类：圆周内同顶端的斜面（如图3所示）
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。
由2R·sin θ＝12·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3。

第四类：圆周内同底端的斜面（如图4所示）
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。
第五类：双圆周内斜面（如图5所示）
即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。
第三、四、五类问题又称为“等时圆模型”。
　　如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内，现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在同一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 （　　）

A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF
C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF
[解析]　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由“等时圆模型”可知，tAB＞tCD＞tEF，B项正确。

[答案]　B
　　如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为　　 （　　）

A．α＝θ B．α＝θ2
C．α＝2θ D．α＝3θ
[解析]　如图所示，在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，O为圆心，A是圆的最高点，且与斜面相切于D点。根据等时圆的结论可知，A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，将木板下端B点与D点重合即可，由几何关系可知∠COD＝θ，所以α＝θ2，故B正确，A、C、D错误。

[答案]　B

1．【已知受力情况求运动】车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线，由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，由此可确定汽车是否超速。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0．45，某次测得刹车线长100 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10 m/s2） （　　）
A．10 m/s B．20 m/s
C．30 m/s D．40 m/s
解析：选C　刹车后汽车的合外力为摩擦力Ff＝μmg，加速度a＝μg＝4．5m/s2，由匀变速直线运动规律得，汽车在刹车前的瞬间的速度大小v2＝2ax，代入数据解得v＝30m/s，故A、B、D错误，C正确。
2．【动力学中的图像问题】一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是 （　　）

解析：选C　物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma，即F＝ma＋Ff，该关系为线性函数，当a＝0时，F＝Ff，当F＝0时，a＝－Ffm，符合该函数关系的图像为C，故C正确。
3．【光滑斜面上的运动规律】建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为做无初速度、无摩擦的运动，下列说法正确的是 （　　）

A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越长
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
解析：选A　设雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN。垂直于屋顶方向mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向mgsinθ＝ma，则雨滴下滑时的加速度a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力FN'＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；设雨滴从O到M的时间为t，由“同底斜面”模型运动规律可知，t＝2Lgsin2θ，当θ＝45°时，用时最短，故C、D错误。
4．【已知运动情况求受力】2018年12月28日，我国第三架C919大飞机试飞成功，假设飞机在跑道上滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，40 s末达到起飞速度80 m/s，已知飞机的质量为7．0×104 kg，求飞机滑跑过程中：
（1）加速度大小；
（2）所受合外力大小。
解析：（1）飞机的初速度为v0＝0，飞机的末速度为v＝80m/s，飞机加速时间为t＝40s，则飞机的加速度为
a＝v-v0t＝80-040m/s2＝2m/s2。
（2）由牛顿第二定律可得飞机所受合外力为
F＝ma＝7．0×104×2N＝1．4×105N。
答案：（1）2 m/s2　（2）1．4×105 N

❘基础达标练❘
一、单选题
1．质量为0．5 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在时间t内的位移为x，则合力F的大小为 （　　）
A．2xt2 B．2x2t2
C．xt2 D．x2t2
解析：选C　质点由静止开始做匀加速直线运动，它在时间t内的位移为x，根据x＝12at2得加速度a＝2xt2，根据牛顿第二定律可得F＝ma＝xt2，C项正确。
2．某辆新能源汽车百公里加速测试过程中，记录汽车运动的位移x和运动的时间t，其2xt－t图像如图所示。若测试中汽车在平直路面上做匀加速直线运动，汽车和驾驶员的总质量为2 000 kg，运动过程中受到的阻力恒为总重力的0．1倍，则汽车在加速过程中所受的牵引力大小为（g＝10 m/s2） （　　）

A．1．4×104 N　 B．1．6×104 N
C．1．8×104 N　 D．2．0×104 N
解析：选B　汽车做匀加速直线运动，汽车的位移x＝v0t＋12at2，整理得2xt＝at＋2v0，由图像可知，汽车的加速度a＝24-33m/s2＝7m/s2，对汽车，由牛顿第二定律得F－kmg＝ma，由题意可知k＝0．1，代入数据解得F＝1．6×104N，故B正确，A、C、D错误。
3．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速度为0），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则 （　　）

A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3
C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
解析：选D　对小滑环受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gcosθ（θ为杆与竖直方向的夹角）由图中的直角三角形可以知道，小滑环的位移s＝2Rcosθ，所以t＝2sa＝2×2Rcosθgcosθ＝4Rg，t与θ无关，即t1＝t2＝t3，D选项正确。
4．如图甲所示，质量为2 kg的物体在平行于斜面的拉力F的作用下沿粗糙斜面向上运动一段时间后撤去F，其运动的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，根据已有条件可以计算出 （　　）

A．斜面的长度
B．斜面的倾角
C．斜面与物体之间的动摩擦因数
D．拉力F的大小
解析：选D　v－t图像与时间轴所围的面积表示物体沿斜面运动的位移，但不确定物体运动的起点与终点是否是斜面的最低点与最高点，因此不能确定斜面的长度，故A错误；由图可知，撤去F前物体的加速度大小为a1＝Δv1Δt1＝1m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，撤去F后物体的加速度大小为a2＝Δv2Δt2＝2m/s2，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，联立解得F＝6N，但不能求出斜面的倾角及斜面与物体之间的动摩擦因数，故D正确，B、C错误。
5．（2022·河南大联考）如图所示，一辆汽车在平直的公路上以22．5 m/s的速度行驶，车内用细绳悬挂一小球。刹车时，汽车做匀减速运动，小球稳定时细线与竖直方向的夹角恒为θ＝37°。已知sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在刹车后4 s内的位移大小为 （　　）

A．30 m B．33．75 m
C．40 m D．42．75 m
解析：选B　汽车刹车时，对小球有mgtanθ＝ma，解得a＝7．5m/s2，因此汽车刹车时停下来的时间为t＝v0a＝3s，汽车在最后1s内静止，汽车在4s内的位移为x＝v02t，解得x＝33．75m，故A、C、D错误，B正确。
6．若超市的自动门（阴影部分）移动时所受合力大小恒为40 N，开门过程共右移1．6 m，如图所示。已知门的质量为25 kg，宽为1．6 m，则开门所用的时间是 （　　）

A．1 s　　 B．1．41 s
C．2 s　 D．2．83 s
解析：选C　自动门先从静止开始做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，最终静止，加速过程和减速过程加速度大小相等，根据运动的对称性，两个过程时间相等，位移大小相等。设总时间为t，则有x＝2×12at22，根据牛顿第二定律有F＝ma，代入数据解得t＝2s，故A、B、D错误，C正确。
7．一支细水管出水率为0．8 kg/s，以水平方向冲击质量为1．2 kg的原来处于静止状态的木块，木块刚好发生滑动，木块与地面间的动摩擦因数为μ＝0．15，则水管管口处水的出射速度（可以近似认为水在水平方向发射，与木块碰撞后，水的速度可以忽略，且木块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g＝10 m/s2） （　　）

A．1．3 m/s B．2．25 m/s
C．3．0 m/s D．3．2 m/s
解析：选B　设在很短的时间t内，木块刚好发生滑动，说明水流对木块的作用力为F'＝μmg＝1．8N，根据牛顿第三定律，木块对水流的作用力为F＝F'＝1．8N，设t时间，流出水的质量由m＝0．8t，根据牛顿第二定律有F＝ma，结合运动学关系式有v＝at，联立解得v＝2．25m/s，故B正确。
❘能力提升练❘
二、多选题
8．如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离相等，C点在M点正上方与A点等高，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，c球由C点自由下落，a、b两球分别沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是 （　　）

A．ta＜tb B．tc＜tb
C．ta＜tc D．ta＝2tc
解析：选ABD　以C为圆心，AC为半径做圆，BM与圆交于E，延长MC与圆交于D，如图所示，根据“等时圆”原理可知，从圆上A、E、D到达M点的时间相等，c球在圆内C点释放，则c球最先到达M点，然后是a球，b球在圆外释放，b球最后到达。所以tb＞ta＞tc，故A、B正确，C错误；设圆的半径为R，根据运动学公式有R＝12gtc2，Rcos45°＝12gsin45°·ta2，联立解得ta＝2tc，故D正确。

9．一物块静止在倾角为θ且足够长的固定光滑斜面底端，物块受到平行斜面向上的拉力F作用，在0～4 s时间内，拉力的大小F和物块加速度的大小a随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。取重力加速度大小g＝10 m/s2，由图可知（　　）

A．物块的质量等于0．4 kg
B．斜面倾角θ＝60°
C．在t＝2 s时，物块的速度大小为2．5 m/s
D．在1～4 s时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动
解析：选AC　t＝1s时，物块开始向上运动，故此时的拉力等于物块所受重力沿斜面的分力，故有F1＝mgsinθ，由图甲可知F1＝2N，t＝4s时，拉力F4＝6N，物块的加速度大小a＝10m/s2，根据牛顿第二定律有F4－mgsinθ＝ma，联立解得m＝0．4kg，θ＝30°，故A正确、B错误；根据加速度图像与横轴所围面积等于速度变化量可得，1～2s内，Δv＝2．5m/s，t＝1s时，v1＝0，所以在t＝2s时，物块的速度大小v＝2．5m/s，故C正确；在1～3s时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动，在3～4s时间内，物块向上做匀加速直线运动，故D错误。
10．如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0．5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2，关于热气球，下列说法正确的是 （　　）

A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析：选AD　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0，由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4830N，选项A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5m/s的时间大于10s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff'＝0，计算得Ff'＝230N，选项D正确。
三、非选择题
11．质量为m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ＝0．5，现在对物体施加如图所示的力F，F＝10 N，θ＝37°，且sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，经t＝10 s后撤去力F，再经一段时间，物体静止，g取10 m/s2，求：

（1）物体运动过程中的最大速度；
（2）物体运动的总位移。
解析：（1）撤去力F前，对物体进行受力分析，如图甲所示，则有Fsinθ＋FN＝mg
Fcosθ－Ff＝ma1
又Ff＝μFN
联立以上各式解得a1＝0．5m/s2
物体在t＝10s撤去力F时速度最大，v＝a1t＝5m/s。　

（2）撤去力F前物体的位移
x1＝12a1t2＝25m
撤去F后，对物体进行受力分析，如图乙所示，则有－Ff'＝－μFN'＝－μmg＝ma2，解得a2＝－5m/s2
撤去力F后，由运动学公式得2a2x2＝0－v2
解得x2＝2．5m
故物体运动的总位移为x＝x1＋x2＝27．5m。
答案：（1）5 m/s　（2） 27．5 m
12．民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊形成的斜面，乘客可以沿斜面迅速滑行到地面上，若某客机紧急出口离地面的高度为4．0 m，构成斜面的气囊长度为5．0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2．0 s，则（g＝10 m/s2）：
（1）画出乘客在气囊上下滑时的受力示意图；
（2）乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
（3）气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
解析：（1）乘客的受力示意图如图所示：

（2）设乘客在气囊上下滑的加速度最小为a，
则根据x＝12at2得
a＝2xt2＝2×5.04m/s2＝2．5m/s2。
（3）设斜面倾角为θ，由题意知，斜面高度h＝4．0m，
斜面长度x＝5．0m，则sinθ＝hx＝45，由数学知识可得cosθ＝35
在乘客下滑过程中，沿斜面方向有
mgsinθ－Ff＝ma
沿垂直斜面方向有FN－mgcosθ＝0
又因为Ff＝μFN
可解得μ＝gsinθ-agcosθ＝1112。
答案：（1）见解析图　（2）2．5 m/s2　（3）1112