专题6 动力学的两类问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 6 动力学的两类问题 考点解读 动力学问题是将运动学与力学问题综合起来进行考查的一类问题，一般可分为“已知运动求力” 和“已知力求运动”两类基本问题。求解两类动力学问题的关键在于做好“两个分析”（即物体的受力 分析和物体的运动过程分析），抓住“一个桥梁”（即物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁）。 1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路： 先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F 合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速 度或位移。 2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路： 已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力. 3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的 纽带，分析流程如下： 4.常用方法 （1）合成法。在物体受力个数较少时一般采用合成法。 （2）正交分解法。若物体的受力个数较多（3 个或 3 个以上），则采用正交分解法。 一、已知受力情况确定运动情况 已知物体受力情况确定运动情况，是指在受力情况已知的条件下，要求判断出物体的运动状 态或求出物体的速度、位移等。 处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况，求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速 度，进一步利用运动学公式求出相关运动学量。 二、已知运动情况确定受力情况 已知物体运动情况确定受力情况，是指在运动情况（知道三个运动学量）已知的条件下，求 出物体所受的力或相关物理量（如动摩擦因数等）。 处理这类问题的基本思路是：先分析物体的运动情况，根据运动学公式求出加速度，再在分析物 体受力情况的基础上，用牛顿第二定律列方程求出相关力学量。 [例 1]如图所示，劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体 接触（未连接），弹簧水平且无形变.用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 0x ，此时物体静止.撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4 0x .物体与水平面间的动摩 擦因数为  ，重力加速度为 g 。则（ ） A.撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B.撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 0kx gm  C.物体做匀减速运动的时间为 02 x g D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0( )mgmg x k   【答案】BD 【解析】A.撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧 的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做 加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物 体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误； B.刚开始时，由牛顿第二定律有： 0kx mg ma  解得： 0kxa gm   B 正确； C.由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为 3x0，由牛顿第二定律得： 1a g＝ 将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则： 2 0 1 1 23x a t 联立解得： 06xt g ，C 错误； D.当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有 F mg kx  解得 mgx k  ，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：  f 0 0( mgW mg x x mg x k         D 正确。 [例 2]如图所示，一质量 m＝0.4kg 的小物块（可视为质点），恰好能沿倾角θ＝37°斜面匀速下滑。 若现在给物体施加与斜面成某一夹角的拉力 F，让物块以 v0＝2m/s 的初速度由 A 点沿斜面向上做 匀加速运动，经 t＝2s 的时间物块运动到 B 点，A、B 之间的距离 L＝10m。已知 sin37°=0.6，重力 加速度 g 取 10m/s2。求： （1）物块与斜面之间的动摩擦因数μ； （2）物块上滑时加速度 a 的大小及到达 B 点时速度 vB 的大小； （3）拉力 F 与斜面夹角α多大时，拉力 F 最小及拉力 F 的最小值。 【答案】(1)0.75；(2)3m/s2，8m/s；(3)37°，4.8N 【解析】(1)物块匀速下滑 sin cosmg mg   有 tan 0.75   (2)由运动学公式得 2 0 1 2L v t at  0v v at  联立式子代入数据得 a=3m/s2，vB=8m/s (3)受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 cos sin fF mg F ma    sin cos 0NF F mg    又 f NF F 联立得 (sin cos ) cos sin mg maF          当 F 最小时，则分母 cos sin   最大，由数学知识可知 5 4 3 5cos sin = ( cos sin ) sin(53 )4 5 5 4          则对应 F 最小的夹角 α=37° 联立代入数据得 F 的最小值为 Fmin=4.8N 三、总结 通过以上例题的分析与求解，可大致将两类动力学问题的解题步骤总结为： （1）明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。研究对象可以是某 个物体，也可以是几个物体构成的系统。 （2）进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、过程示意图，明确物体的运动性质和 运动过程。 （3）选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某--坐标轴 的正方向。 （4）确定合外力 F。 （5）根据牛顿第二定律列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。 1.在 2014 年索契冬奥会上，奥地利选手梅耶耳力战群雄，最终夺得男子高山滑雪冠军。假设滑雪 赛道可简化为倾角为θ=30°，高度为 h=945m 的斜面，运动员的质量为 m=60kg，比赛中他由静止从 斜面最高点开始滑下，滑到斜面底端时的速度 v=30m/s，该过程中运动员的运动可看作匀加速直线 运动（g 取 10m/s2）求： （1）整个过程运动时间； （2）运动过程中所受的平均阻力（结果保留三位有效数字）。 【答案】126s 286N 【解析】（1）由题意梅耶耳在比赛中从静止开始做匀加速直线运动。根据运动学公式 由以上二式解得：a=0.238m/s2t=126s （2）由牛顿第二定律知 解得 F 阻=286N 2.如图所示，A 球从倾角θ=300 的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面 上，经 M 点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左。B 球从 M 点开始向左做直线运动， 试问： ①若 A 球从斜面上某一高处静止滚下，同时 B 球以 v0=8 m/s 向左做匀速直线运动，A 球的高度满足 什么条件，A，B 两球能发生碰撞。 ②若 A 球从斜面上 N 点静止开始滚下，MN= 10m，B 球同时从 M 点由静止向左以加速度 a=2 m/s2 做匀加速直线运动，问：经多长时间两者相碰？（g=l0 m/s2） 【答案】 【解析】(1)A 到达水平面上的速度只要大于 ，A，B 两球就可以发生碰撞 t=1.6s (2) 球从 与 相碰： 考虑到实际情况 3.观光旅游，科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时， 气球，座舱，压舱物和科研人员的总质量为 800kg,在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球 受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为 2m/s，且做匀加速运动， 经过 4s 下降了 16m 后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气 阻力。重加加速度 g＝10m/s2。求： （1)抛掉的压舱物的质量 m 是多大？ （2)抛掉一些压舱物后，气球经过 5s 下降的高度是多大？ 【答案】（1）m=80kg；(2)H=30m 【解析】(1)设气球加速下降的加速度为 a，受到空气的浮力为 F，则 由运动公式可知：x= 解得 a=1m/s2 牛顿第二定律得：Mg-F=Ma 抛掉质量为 m 压舱物，气体匀速下降，有:（M-m）g=F 解得 m=80kg (2)设抛掉压舱物时，气球的速度为 v1,经过 t1=5s 下降的高度为 H 由运动公式可知：v1=v0+at H=v1t 解得 H=30m 4.一质量 m＝0.5kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角为 30º足够长的斜面，某同学利用 DIS 实验系 统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图为通过计算机绘制出的滑块上滑过程中 的 v-t 图。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2，求： （1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小； （2）滑块与斜面间的动摩擦因数； （3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求 出滑块停在什么位置。 【答案】（1）a=12m/s2；（2）μ= ；（3）x=1.5m 【解析】(1)根据 v-t 图像的斜率描述加速度，可求滑块的加速度 ，故加速度大 小为 12m/s2； （2）在物体冲上斜面的过程中，根据牛顿第二定律 ,代入数据可求动 摩擦因数 （3）由题意知，μ＞tan30°，故滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑； 根据匀变速直线运动的规律滑块运动的位移 ，即滑块停在距底端 1.5m 处。 5.如图歼-15 舰载机成功着陆“辽宁号”航母。若歼-15 飞机以 v0=50m/s 的水平速度着陆甲板所受其它 水平阻力（包括空气和摩擦阻力）恒为 1×105N，歼-15 飞机总质量 m=2.0×104kg。设歼-15 在起， 降训练中航母始终静止，取 g=10m/s2。 （1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？ （2）在阻拦索的作用下，飞机匀减速滑行 50m 停下，求阻拦索的作用力大小。 （3）“辽宁号”航母飞行甲板水平，但前端上翘，水平部分与上翘部分平滑连接，连接处 D 点可看 作圆弧上的一点，圆弧半径为 R=100m，飞机起飞时速度大容易升空，但也并非越大越好。已知飞 机起落架能承受的最大作用力为飞机自重的 11 倍，求飞机安全起飞经过圆弧处 D 点的最大速度？ 【答案】（1）250m（2）4×105N （3）100m/s 【解析】（1）根据牛顿第二定律，f=ma，可得 a=105N/2.0×104kg =5 m/s2 故 s=v2/ 2a=250m 由匀减速可知 =25m/s2 F + f = ma，F=4×105N 由牛顿第二定律的方程得 6.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调，斜面比较长且表面平整 的斜面体和—个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆。他们让带有风帆的滑块从静止开 始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为 m．滑块与斜面间动 摩擦因数为 ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即 Ff=kv。 (1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式； (2)求出滑块下滑的最大速度，，并指出有哪些措施可以减小最大速度； (3)若 m=2kg，斜面倾角θ=300，g 取 10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图所示，图中的斜线 t=0 时 v-t 图线的切线，由此求出μ，k 的值。 【答案】（1）a=gsinθ-µgcosθ- （2) 适当减小斜而倾角θ(滑块能静止下滑);风帆升起一些。 （3）0.23 【解析】（1）a=gsinθ-µgcosθ- （2)当 a=0 时速度最大，vm= 减小最大速度的方法有:适当减小斜而倾角θ(滑块能静止下滑);风帆升起一些。 （3）当 v=0 时，a=gsinθ-µgcosθ=3，解得 =0.23 最大速度 v=2m/s，Vm= =2，解得 k=3kg/s 7.如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直 线运动的规律。绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度 g，同自由落体 相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测，研究。已 知物体 A，B 的质量相等均为 M，物体 C 的质量为 m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长 且足够长，如果 ，求： （1）物体 B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值。 （2）系统在由静止释放后的运动过程中，物体 C 对 B 的拉力。 【答案】（1）3．（2） ，方向向下 【解析】由 T-Mg=Ma 对 B，C 整体：（M+m）g-T=（M+m）a 解得 a= 根据运动学公式得，h＝ at2，h= gt02 解得 所以物体 B 从静止开始下落一段距离的时间是自由下落同样距离所用时间的 3 倍． （2）设 B，C 间的拉力为 F， 对 C 物体：mg-F=ma F=mg-ma= 由牛顿第三定律知，C 对 B 的拉力为 ，方向向下 8.如图所示，光滑斜面倾角为 30o，AB 物体与水平面间摩擦系数均为μ=0.4，现将 A，B 两物体（可 视为质点）同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端 O 的距离为 LA=2.5m，LB=10m。不考虑两 物体在转折 O 处的能量损失,。 （1）求两物体滑到 O 点的时间差。 （2）B 从开始释放，需经过多长时间追上 A？ 【答案】(1) (2)2.34s 【解析】（1）A 到达底端时间 B 到达底端时间 A B 到达底端时间差 （2）A 到达底端速度 经过分析 B 追上 A 前，A 已停止运动 A 在水平面上运动的总位移 B 在水平面上运动的总位移 其中 由 SA=SB 则 B 从释放到追上 A 用时 9.飞行员驾驶舰载机在 300m 长的水甲跑道上进行起降训练。舰载机在水平跑道加速过程中受到的 平均阻力大小为其重力的 0.2 倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起飞质量进行调整， 使 舰 载 机 从 静 止 开 始 经 水 平 跑 道 加 速 后 恰 能 在 终 点 起 飞 。 没 有 挂 弹 时 ， 舰 载 机 质 量 为 ，其涡扇发动机的水平推力大小恒为 F=1.6×105N。重力加速度 g 取 10m/s2。(不 考虑起飞过程舰载机质量的变化) (1)求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小； (2)已知舰载机受到竖直向上的升力 F 升与舰载机水平速度 v 的平方成正比，当舰载机升 力和重力大小相等时离开地面。若舰载机挂弹后，质量增加到 m1=2.5×104Kg，求挂弹舰载机刚离 开地面时的水平速度大小。 【答案】（1）10s，60m/s；（2） 。 【解析】（1）根据牛顿第二定律： 由 得舰载机在水平跑道上加速的时 间 s 由 舰载机离开地面时的水平速度 =60 m/s （2） 挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度 m/s 10.如图，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在 0～90o 之间任意调整的木板 上向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为 x。若木板倾角不同时对应的最大位移 x 与木板 倾角 的关系如图所示。g 取 10m/s2。求（结果如果是根号，可以保留）， （1）小铁块初速度的大小 v0 以及小铁块与木板间的动摩擦因数 是多少？ （2）当 =60o 时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多人？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由图像可知，当α=90º时，x=1.25m 由 得 v0=5m/s 当α=30º时，有 a=gsin30º＋μgcos30º 得 （2）当 =60º时， 沿斜面向上的运动位移 设回到出发点时的速度为 v，有功能关系 解得 11.在倾角θ= 37°的足够长斜面上，装有 A，B 两光电门，一小正方体木块边长 d=1cm，在距 A 光电 门 x0 处静止释放，小木块通过光电门 A 显示的遮光时间为Δt1，通过光电门 B 显示的遮光时间为Δt2， 现保持小木块与光电门 A 在斜面上的位置不变，不断的改变光电门 B 的位置，测出对应的两光电 门 A，B 间的距离 x 和Δt2，并画出如图乙所示的图象。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： （1）动摩擦系数μ的大小； （2）小木块距光电门 A 的距离 x0 多大？ （3）若将小木块换为与小木块同种材料制成的长为 L=20cm 的木条，把它静止放在距光电门 A 上 方一定距离的某位置，木条依次通过两光电门的遮光时间分别为Δt1= 0.2s， Δt2= 0.1s，求两光电门 AB 之间的距离 x 多大？（结果保留两位有效数字） 【答案】（1）0.5; (2) 0.5m; (3)0.74m . 【解析】（1）由乙图象斜率的物理意义可知：a= 2m/s2 由牛顿第二定律可得 a=gsinθ－μgcosθ 联立解得：μ= 0.5 （2）vA2= 2ax0 联立解得：x0= 0.5m (3)由板条通过 A 光电门可得 v1Δt1+(aΔt12)/2 =L 由板条通过 B 光电门可得 v2Δt2+(aΔt22)/2 =L 板条由 A 运动到 B 可得 v22-v12= 2ax 联立解得：x= 0.74m 12.如图所示，长 L=2．9m，倾角 的斜面固定在水平面上，斜面顶端固定一个不计摩擦的轻 滑轮。质量为 m 的木块 A 和质量为 M 的铁块 B 用一根轻绳相连，M=3m。开始时，木块 A 锁定在 斜面底端，铁块 B 通过滑轮悬挂在离地 h=1．6m 的空中，木块 A 和铁块 B 均可视为质点。若木块 A 与斜面的动摩擦因数 =0．5，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。将木块 A 解除锁 定后，试求： (1)落地前铁块 B 加速度的大小。 (2)木块 A 沿斜面上滑的最大速度。 (3)若 M=km(k 为正整数)，要使木块 A 能到达斜面顶端，k 至少多大? 【答案】（1）5m/s2． （2）4m/s．（3）10． 【解析】（1）设铁块落地之前加速度大小为 a1，绳子拉力为 T1，则 对 B：3mg-T1=3ma1 对 A： T1-mgsin37°-μmgcos37°=ma1 联立并代入数据得：a1=5m/s2（2）铁块落地瞬间，木块沿斜面上滑的 速度最大，设为 v1v12=2ah 代入数据得：v1=4m/s （3）若 M=km，设铁块落地之前加速度大小为 a2，绳子拉力为 T2，则：对 B：kmg-T2=kma2 对 A：T2-mgsin37°-μmgcos37°=ma2 解得：a2= 设铁块落地后，木块沿斜面减速上滑的加速度为 a3： -mgsin37°-μmgcos37°=ma3 解得：a3=-g（负 号表示与运动方向相反） 木块恰冲到斜面顶端时末速度为 0，设铁块落地瞬间木块的速度为 v2， 则： v22=2a2h -v22=2a3（L-h） 联立解得：k=9.7 由题意知，k 至少取 10； 13.随着科学技术的发展，运动员的训练也由原来的高强度，大运动量，转变为科学训练．我们看 懂世界优秀的百米运动员的肌肉都特别发达，有些甚至接近健美运动员，因为肌肉与脂肪的比率 越高，他运动过程中受到的阻力越小，加速跑的加速度越大，因此可以提高运动员的比赛成 绩．某运动员质量 m=80.0kg，他的百米跑可以简化成两个阶段，第一阶段为匀加速直线运动，第 二阶段为匀速直线运动，运动员跑动时所受到的阻力大小恒等于自身重力的 0.24 倍．若该运动员 的百米成绩为 10.0 秒，他匀速运动的速度 v=12.0m/s．（g 取 10m/s2） 求： （1）该运动员加速路 阶段的加速度多大？加速距离为多少？ （2）假设该运动员通过科学的训练使体重减少到 75.0kg， 而他的肌肉力量不变，所能达到的最大速度不变，这个运动员的百米成绩能提高到多少秒？（结 果保留三位有效数字） 【答案】（1）3.6m/s2， 20m． （2）9.83s． 【解析】（1）设加速时间为 t，由题意可知， vt+v(t0−t)＝x 解得 t= 则 a= 加速的距离 s= vt＝20m． （2）设该运动员加速跑动时的动力为 F， F-f=ma， 代入数据解得 F=480N． 体重减少到 m=75kg 以后，F-f′=ma′ 解得 a′=4m/s2 由 v2=2a′x′得，加速的距离 x′=18m t1 ＝ ＝3s x-x′=vt2 解得 t2=6.83s． 那么这个运动员的百米成绩为 t=t1+t2=9.83s． 14.如图所示，A，B 两滑环分别套在间距为 1 m 的光滑细杆上，A 和 B 的质量之比为 1:3，用一自 然长度为 1m 的轻弹簧将两环相连,在 A 环上作用一沿杆方向的，大小为 20N 的拉力 F，当两环都 沿杆以相同的加速度 a 运动时，弹簧与杆夹角为 53° (cos53°＝0.6) (1)求弹簧的劲度系数; (2)若突然撤去拉力 F，在撤去拉力 F 的瞬间，A 的加速度为 a′，a′与 a 之比为多少? 【答案】(1)100 N/m (2)3:1 【解析】(1)先取 A，B 和弹簧整体为研究对象,弹簧弹力为内力，杆对 A，B 支持力与加速度方向 垂直,在沿 F 方向应用牛顿第二定律 F＝(mA＋mB)a ① 再取 B 为研究对象 F 弹 cos53°＝mBa ② ①②联立解得,F 弹＝25 N 由几何关系得,弹簧的伸长量Δx＝l(1/sin53°－1)＝0.25 m 由 F 弹＝kΔx 解得弹簧的劲度系数 k＝F 弹/Δx＝100 N/m. (2)撤去力 F 瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度 a′＝F 弹 cos53°/mA 由②式得 a＝F 弹 cos53°/mB 所以 a′:a＝mB:mA＝3:1. 15.如图所示，A，B 是两个质量均为 m=1kg 的小球，两球由长 L=4m 的轻杆相连组成系统，水平面 上的 P，Q 两点间是一段长度为 4.5m 粗糙平面，其余部分表面光滑，球 A，B 分别静止在 p 点两侧， 离 p 点的距离均为 ．球可视为质点，不计轻杆质量，现对 B 球施加一水平向右 F=4N 的拉力， 取 g=10m/s2，求： （1）A 球经过 p 点时系统的速度大小； （2）若当 A 球经过 p 点时立即撤去 F，最后 A，B 球静止，A 球静止时与 Q 点的距离． 【答案】（1）2m/s （2）3m 【解析】（1）系设统开始运动时加速度为 a1，由牛顿第二定律有 F－μmg=2ma1 解得 a1=1m/s2 设 A 球经过 p 点时速度为 v1，则 v12=2a1(L/2) 得 v1=2m/s (2)设 A，B 在 P，Q 间做匀减速运动时加速度大小为 a2,则有 ，a2=μg=2m/s2 当 A 球经过 p 点时拉力 F 撤去，但系统将继续滑行，设当 B 到达 Q 时滑行的距离为 x1,速度为 v2， 则有 x1=xPQ－L=0.5m 由 v22－v12= －2a2x1 解得 v2= m/s 因为 v2＞0，故知 B 球将通过 Q 点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为 a3. 则有 a3=1m/s2 设系统继续滑行 x2 后静止，则有 0－v22=－2a3x2 可得 x2=1m 即 A 球静止时与 Q 点的距离△x=xPQ—x1—x2=3m 16.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应 时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速 行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L=39m 。减速过程中汽车位移 与速度 的关系曲线如 图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小 g=10m/s2。求： （1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间； （2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； ⑶减速过程汽车队志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 【答案】（1） ；t=2.5s （2） （3） 【解析】（1）设减速过程汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v0=20m/s，末速 度 vt=0，位移 s=25m，由运动学公式得： （1） （2） 联立（1）（2）式，代入数据得： （3） t=2.5s （4） （2）设志愿者反应时间为 ，反应时间的增量为 ，由运动学公式得 （5） （6） 联立（5）（6）式，代入数据得 （7） （3）设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m，由牛 顿第二定律得 F=ma（8） 由平行四边形定则得： （9） 联立（3）（8）（9）式，代入数据得： 17.2012 年 10 月，奥地利极限运动员奥克斯.鲍威加特纳乘气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5km 的高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。 取重力加速度的大小 g=10m/s 。 (1)若忽略空气阻力，求运动员从静止开始下落至 1.5km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小。 （2）实际上物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f=kv ,其中 v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状，横截面积及空气密度有关，已知该运 动员在某段时间内高速下落的 v，t 图像如图所示，若该运动员和所有装备的总质量 m=100kg,试估 算该运动员在达到最大速度时所受的阻力系数。（结果保留 1 位有效数字） 【答案】（1）87s 8.7×102m/s （2）0.008kg/m 【解析】（1）设运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t，下落距离为 h，在 1.5km 高度 处的速度大小为 v，由运动学公式有： 且 m m= m 联立解得：t=87sv=8.7×102m/s （2）运动员在达到最大速度 vm 时，加速度为零，由牛顿第二定律有： 由题图可读出 代入得：k=0.008kg/m 18.公路上行驶的两辆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地面的动摩擦因数为晴天时的 2/5，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。 【答案】v1=20m/s 【解析】汽车的初速度为 v0=108km/h=30m/s. 在反应时间内汽车做匀速直线运动，得:x=vt 在晴天时，设汽车在路面上刹车后加速度为 a=μg.则： x1=v0t，x2= ，x1+x2=120，得 a=5m/s2 设汽车在雨天安全行驶的最大速度为 v1, 在雨天时，汽车在路面上刹车后加速度为 a1= =2 m/s2， 同理:x3=v1t，x4= ,x3+x4=120，得 v1t+ =120m，解得 v1=20m/s