高中物理鲁科版 (2019)必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试习题

这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第一册第5章 牛顿运动定律本章综合与测试习题，共15页。




[学生用书P95]


1．动力学的两类问题


(1)已知受力情况求运动情况：先由牛顿第二定律求出a，再由运动学公式求运动情况．(如v0，v，s，t等)


(2)已知运动情况求受力情况：先由运动学公式求出a，再由牛顿第二定律求力．


2．处理两类问题的思维过程





3．解题的常用方法


(1)矢量合成法：当物体只受两个力作用时，应用平行四边形定则求这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加速度的大小和方向，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同．


(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体的合力，然后应用牛顿第二定律求加速度．在实际应用中常将力进行分解，且将加速度所在的方向选为x轴或y轴方向，有时也可分解加速度，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Fx＝max,Fy＝may)).





已知物体的受力求运动情况[学生用书P96]


关键能力1 从受力确定运动情况


(2019·浙江湖州高一期中)





滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：


(1)冰车的最大速率；


(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．


[思路点拨] (1)由题知，冰车先做匀加速运动后做匀减速运动，当小明妈妈停止施加力的作用时，速度最大，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求解最大速率．


(2)由位移公式求出匀加速运动通过的位移，撤去作用力冰车做匀减速运动过程，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学速度位移关系求得滑行位移，即可求出总位移．


[解析] (1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得


F－μmg＝ma1①


vm＝a1t②


由①②式得vm＝5 m/s.


(2)冰车匀加速运动过程中有s1＝eq \f(1,2)a1t2③


冰车自由滑行时有μmg＝ma2④


veq \\al(2,m)＝2a2s2⑤


又s＝s1＋s2⑥


由③④⑤⑥式得s＝50 m.


[答案] (1)5 m/s (2)50 m


eq \a\vs4\al()


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分析，并画出物体的受力示意图；


(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；


(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；


(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．


关键能力2 等时圆模型





如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套有一个小滑环(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点所用的时间，则( )





A．t1t2>t3


C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3


[思路点拨] (1)先求出滑环在杆上运动的加速度．


(2)位移可用2Rcs θ表示．


(3)由s＝eq \f(1,2)at2推导t.


[解析] 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知


mgcs θ＝ma.①


设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为s＝2Rcs θ.②


由运动学公式得s＝eq \f(1,2)at2.③


由①②③式联立解得t＝2eq \r(\f(R,g)).


小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故


t1＝t2＝t3.


[答案] D


eq \a\vs4\al()


等时圆模型


(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；


(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；


(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．





【达标练习】


1.





(2019·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2.卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )


A.eq \r(2as0) B．eq \r(2μ1gs0)


C.eq \r(2μ2gs0) D．eq \r(（μ1＋μ2）gs0)


解析：选C.设A、B的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度；a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1

2.





(2019·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则( )


A．a球最先到达M点


B．c球最先到达M点


C．b球最先到达M点


D．b球和c球都可能最先到达M


解析：选B.c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,c)，tc＝eq \r(\f(2R,g))；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin 45°＝eq \f(\r(2),2)g，sa＝eq \f(R,cs 45°)＝eq \r(2)R，sa＝eq \f(1,2)aateq \\al(2,a)，ta＝eq \r(\f(4R,g))；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，sb＝eq \f(R,cs 60°)＝2R，sb＝eq \f(1,2)abteq \\al(2,b)，tb＝eq \r(\f(8\r(3)R,3g))；由上可知，tb>ta>tc.


已知物体的运动情况求受力[学生用书P97]


一个滑雪的人，质量m＝75 kg，以v0＝10 m/s的初速度滑上一山坡，山坡的倾角为30°，上滑的最大距离x＝5 m，假设滑雪人受到的阻力恒定，g取10 m/s2.求滑雪人受到的阻力．


[思路点拨] 解此题可按以下思路：


eq \x(\a\al(分析,运动,特点))→eq \x(\a\al(运用运动,学规律))→eq \x(\a\al(求运,动加,速度))→eq \x(\a\al(分析,受力,情况))→eq \x(\a\al(牛顿第二,定律求力))





[解析] 设滑雪人上滑过程的加速度大小为a.


则－2as＝0－veq \\al(2,0)


代入数据得a＝10 m/s2


设滑雪人受到的阻力为f，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得


mgsin 30°＋f＝ma


解得：f＝375 N.


[答案] 375 N，方向沿山坡向下


eq \a\vs4\al()


由运动情况确定受力应注意的两点问题


(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)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力．


(2019·佛山高一检测)在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变)，最高能到达C点．





机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下．求：


(1)机器人对小滑块作用力F的大小；


(2)斜面的倾角α的大小．


解析：(1)小滑块从A到B过程中：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝2 m/s2


由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N.


(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：


a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝5 m/s2，


由牛顿第二定律得：mgsin α＝ma2，


则α＝30°.


答案：(1)2 N (2)30°


牛顿运动定律与图像结合问题[学生用书P98]





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图像如图所示，g取10 m/s2，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．


[思路点拨] 解答本题可按以下思路进行分析：





[解析] (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则a2＝eq \f(v2t－v20,Δt2)＝－2 m/s2.设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有f＝ma2，又f＝－μmg，则μ＝eq \f(－a2,g)＝0.2.


(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，


则a1＝eq \f(v1t－v10,Δt1)＝1 m/s2.


根据牛顿第二定律，有F－f＝ma1，


解得F＝μmg＋ma1＝6 N.


(3)法一：由匀变速直线运动位移公式，得


s＝s1＋s2＝v10Δt1＋eq \f(1,2)a1Δteq \\al(2,1)＋v20Δt2＋eq \f(1,2)a2Δteq \\al(2,2)＝46 m.


法二：根据v－t图像围成的面积，得


s＝eq \f(v10＋v1t,2)×Δt1＋eq \f(1,2)×v20×Δt2＝46 m.


[答案] (1)0.2 (2)6 N (3)46 m


eq \a\vs4\al()


图像问题的解题关键是求物体运动的加速度，涉及的图像可能是v－t图像，图线的斜率即等于加速度；也可能是F－t图像，可由牛顿第二定律求出加速度．


质量m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，在水平面上做直线运动.0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的v－t图像如图所示．(g取10 m/s2)求：





(1)0～2 s和2～4 s内物体运动的加速度a1、a2分别是多大；


(2)4 s内物体的位移大小；


(3)物体与水平面间的动摩擦因数μ.


解析：(1)由v－t图像可知：


0～2 s内加速度大小a1＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2


2～4 s内加速度大小a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝1 m/s2.


(2)设4 s内物体的位移大小为s，物体运动位移的大小等于图线与时间轴包围的面积，t轴以上表示位移为正，t轴以下表示位移为负，故有


s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×10－\f(1,2)×2×2))m＝8 m.


(3)根据牛顿第二定律，有


0～2 s：F＋μmg＝ma1


2～4 s：F－μmg＝ma2


解得：μ＝0.2.


答案：(1)5 m/s2 1 m/s2 (2)8 m (3)0.2





[随堂检测][学生用书P98]


1．A、B两物体以相同的初速度在同一水平面上滑动，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，且mA＝3mB，则它们所能滑行的距离sA、sB的关系为( )


A．sA＝sB B．sA＝3sB


C．sA＝eq \f(1,2)sB D．sA＝9sB


解析：选A.物体沿水平面滑动时做匀减速直线运动，加速度a＝eq \f(μmg,m)＝μg，与质量无关，由0－veq \\al(2,0)＝－2as和题设条件知sA＝sB.


2．(2019·陕西咸阳高一期中)图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图，AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝15 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )





A.eq \r(2) s B．2 s


C.eq \r(6) s D．2eq \r(2) s





解析：选C.如图所示，设斜面坡角为θ，取AE中点为F，则：AE＝2AF＝30sin θ，物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ；根据速度位移公式，有：AE＝eq \f(1,2)at2；解得：t＝eq \r(6) s.


3．用30 N的水平外力F拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度分别是( )


A．4.5 m/s，1.5 m/s2 B．7.5 m/s，1.5 m/s2


C．4.5 m/s，0 D．7.5 m/s，0


解析：选C.有力F作用时，物体做匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝1.5 m/s2.力F作用3 s撤去之后，物体做匀速直线运动，速度大小为v＝at＝4.5 m/s，而加速度为0.选项C正确．


4．(2019·济宁高一检测)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：





(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？


(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)


解析：(1)根据运动学公式s＝eq \f(1,2)at2①


得：a＝eq \f(2s,t2)＝eq \f(2×5.0,22) m/s2＝2.5 m/s2②


故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2.


(2)乘客在斜面上受力情况如图所示．





Ff＝μFN③


FN＝mgcs θ④


根据牛顿第二定律：


mgsin θ－Ff＝ma⑤


由几何关系可知sin θ＝0.6，cs θ＝0.8


由②～⑤式得：


μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ)＝eq \f(7,16)＝0.437 5


故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.437 5.


答案：(1)2.5 m/s2 (2)0.437 5


[课时作业][学生用书P149(单独成册)]


一、单项选择题


1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )





A．450 N B．400 N


C．350 N D．300 N


解析：选C.汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq \f(v0,t)＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．


2．假设汽车紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑行的距离约为( )


A．40 m B．20 m


C．10 m D．5 m


解析：选B.由题意F阻＝mg，汽车所受合力F＝F阻＝mg，对汽车由牛顿第二定律解得汽车刹车时的加速度大小a＝eq \f(F,m)＝g＝10 m/s2.设滑行距离为x，由v2＝2ax得x＝eq \f(v2,2a)＝20 m，故B正确．


3．下列说法正确的是( )


A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零


B．物体所受合力越大，速度越大


C．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的


D．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同


解析：选D.根据牛顿第二定律可知，合外力为零，物体的加速度一定为零，合外力越大，加速度越大，但物体的速度不一定越大，A、B均错误；物体的加速度方向与合外力方向一定相同，但与速度方向不一定相同，故C错误，D正确．


4．水平面上一个质量为m的物体，在一水平恒力F的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间2t物体停了下来．则物体受到的阻力应为( )


A．F B．eq \f(F,2)


C.eq \f(F,3) D．eq \f(F,4)


解析：选C.设阻力为f，由牛顿第二定律得：F－f＝ma1，f＝ma2，v＝a1t，v＝a2·2t，以上四式联立可得：f＝eq \f(F,3)，所以C正确．


5.





如图所示，一物体P从曲面上的A点自由滑下，在水平静止的粗糙传送带上滑动后恰好停在传送带的右端B.若传送带沿逆时针方向转动起来，再把P放到A点，让其自由滑下，则( )


A．P仍能到达B端且速度为零


B．P到达不了B端


C．P会滑过B端后向右抛出


D．以上三种情况均有可能


解析：选A.无论传送带是静止还是沿逆时针方向运行，P受到的支持力大小均等于P的重力mg，动摩擦因数μ不变，P受到的摩擦力方向均水平向左，大小均为f＝μmg，即P在传送带上的受力情况是相同的，运动情况也是相同的，选项A正确，B、C、D错误．


6．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )





解析：选C.设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，位移大小x＝eq \f(1,2)at2，而x＝eq \f(L,cs θ)，2sin θcs θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝eq \r(\f(4L,gsin 2θ)).当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．





7．(2019·太原高一测试)质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间物体沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2)( )


A．42 N B．6 N


C．21 N D．36 N


解析：选D.因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，故选D.


二、多项选择题


8．质量为1 kg的质点，受水平恒力F的作用，在光滑平面上由静止开始做匀加速直线运动，它在t秒内的位移为x m，则F的大小不可能为( )


A.eq \f(2x,t2) B．eq \f(2x,2t－1)


C.eq \f(2x,2t＋1) D．eq \f(2x,t－1)


解析：选BCD.由运动情况可求得质点的加速度a＝eq \f(2x,t2)，


则水平恒力F＝ma＝eq \f(2x,t2) N，故A项对．


9．如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图乙中所提供的信息可以计算出( )





A．物体的质量


B．斜面的倾角


C．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中，物体通过的位移


D．加速度为6 m/s2时物体的速度


解析：选AB.由题图乙可知，当水平外力F＝0时，物体的加速度a＝－6 m/s2，此时物体的加速度a＝－gsin θ，可求出斜面的倾角θ＝37°，选项B正确；当水平外力F＝15 N 时，物体的加速度a＝0，此时Fcs θ＝mgsin θ，可得m＝2 kg，选项A正确；由于不知道加速度与时间的关系，所以无法求出物体在各个时刻的速度，也无法求出物体加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程中的位移，选项C、D错误．


10．(2019·黑龙江绥化高一期中)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行，现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹，下列说法正确的是( )





A．黑色的痕迹将出现在木炭的左侧


B．木炭的质量越大，痕迹的长度越短


C．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越长


D．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短


解析：选CD.刚放上木炭时，木炭的速度慢，传送带的速度快，木炭向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭的右侧，所以A错误；木炭在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2as得，木炭位移s木＝eq \f(v2,2μg)，设相对滑动的时间为t，由v＝at，得t＝eq \f(v,μg)，此时传送带的位移为s传＝vt＝eq \f(v2,μg)，所以滑动的位移是Δs＝s传－s木＝eq \f(v2,2μg)，由此可以知道，黑色的径迹与木炭的质量无关，所以B错误；由B知，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以C正确；木炭与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以D正确．


三、非选择题


11．如图甲所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体的加速度a与风速v的关系如图乙所示．sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：





(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；


(2)比例系数k.


解析：(1)当v＝0时，有mgsin θ－μmgcs θ＝ma0


由题图乙读出a0＝4 m/s2，代入上式解得


μ＝eq \f(gsin θ－a0,gcs θ)＝0.25.


(2)当v＝5 m/s时，加速度为零，有


mgsin θ－μN－kvcs θ＝0


又N＝mgcs θ＋kvsin θ


联立以上两式，解得


k＝eq \f(mg（sin θ－μcs θ）,v（μsin θ＋cs θ）)≈0.84 kg/s.


答案：(1)0.25 (2)0.84 kg/s


12．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1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．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eq \f(2,5).若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．


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＝ma0①


s＝v0t0＋eq \f(veq \\al(2,0),2a0)②


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＝eq \f(2,5)μ0③


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＝ma④


s＝vt0＋eq \f(v2,2a)⑤


联立①②③④⑤式并代入题给数据得


v＝20 m/s(72 km/h)．


答案：20 m/s





学习目标
核心素养形成脉络
1.明确动力学的两类基本问题．


2．掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…