2025届高三一轮复习 第三章　运动和力的关系第2讲　牛顿第二定律的基本应用练习

第2讲　牛顿第二定律的基本应用素养目标　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析与计算。一、两类动力学问题二、超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向下的加速度。3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。4.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。基础自测1.(2023&middot;江苏省盐城市伍佑中学高三开学考)两个由相同材料制成的木块A和B，其中木块A的质量较大，它们以相同的初速度沿水平地面向前滑动，则(　　)A.木块A惯性大，滑行距离大B.木块B所受阻力小，滑行距离大,C.两木块滑动的时间相等D.两木块滑动的加速度不等答案　C解析　由题意知两木块均做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有&mu;mg＝ma，可得两木块滑动的加速度大小a＝&mu;g，显然二者加速度相等，与它们质量无关；由运动学公式可知二者滑行的距离为s＝＝，滑行的时间t＝＝，显然两木块滑动的距离及时间均相等，故C正确。2.用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图1所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出(　　)图1A.手机可能离开过手掌B.手机在t1时刻运动到最高点C.手机在t2时刻改变运动方向D.手机在t1～t3间内，受到的支持力先减小再增大答案　A解析　由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确；根据&Delta;v＝a&Delta;t可知a－t图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；根据&Delta;v＝a&Delta;t可知a－t图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；由图可知t1～t2时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得FN－mg＝ma，得FN＝ma＋,mg，可知t1～t2时刻支持力不断减小，t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg－FN＝ma&prime;，得FN＝mg－ma&prime;，可知支持力还是不断减小，故D错误。考点一　瞬时问题的两类模型1.两种模型2.解题思路―&rarr;―&rarr;3.两个易混问题(1)图2甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。图2例1(2023&middot;昆山检测)如图3所示，在倾角为&theta;＝30&deg;的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　),图3A.物块A的加速度为0B.物块A的加速度为C.物块B的加速度为0D.物块B的加速度为答案　B解析　剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin30&deg;＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝＝，即A和B的加速度均为，故B正确，A、C、D错误。跟踪训练1.如图4所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则(　　)图4A.a甲＝a乙＝aB.a甲＝a，a乙＝2aC.a甲＝2a，a乙＝aD.a甲＝a乙＝2a答案　C解析　由题知，撤去力F前，此时弹簧弹力为F&prime;，对物块乙有F&prime;＝2ma，撤去力F,瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有F&prime;＝ma甲，则有a甲＝2a，a乙＝a，故A、B、D错误，C正确。2.如图5甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53&deg;，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53&deg;＝0.8，cos53&deg;＝0.6。下列结论正确的是(　　)图5A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mgB.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为gC.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为gD.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g答案　C解析　甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；题图甲所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，题图乙所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误。,考点二　动力学的两类基本问题1.基本思路2.解题关键(1)两类分析&mdash;&mdash;物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)两个桥梁&mdash;&mdash;加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。考向　已知物体受力情况，分析物体运动情况例2如图6所示，一足够长的斜面倾角为37&deg;，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为&mu;＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力(sin37&deg;＝0.6，cos37&deg;＝0.8，取g＝10m/s2)。则：,图6(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？答案　(1)6m/s　(2)1.94s解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－&mu;mg＝ma解得a＝＝m/s2＝2m/s2从M点到B点，根据速度位移公式可知v＝2aL解得vB＝＝m/s＝6m/s。(2)在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsin&theta;＋&mu;mgcos&theta;＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2根据速度位移公式可知v＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因&mu;＜tan&theta;，所以物体速度减为零后会继续下滑下滑时根据牛顿第二定律可知mgsin&theta;－&mu;mgcos&theta;＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝a2t得t2＝s所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝s＝1.94s。跟踪训练3.(2023&middot;山东省实验中学模拟)2019年9月25日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将云海一号02星送入预定轨道。假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30km高空时，速度达到1.2km/s,，然后助推器脱落，向上减速运动后然后下落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，且等于在地球表面时的重力，助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2倍，互取10m/s2，求；图7(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。答案　(1)9&times;104m　(2)250s解析　(1)火箭加速上升的高度h1＝3&times;104m，助推器脱落时的速度v1＝1.2&times;103m/s，助推器脱落后向上做减速运动，f＝0.2mg，有mg＋f＝ma2，v＝2a2h2v1＝a2t1解得h2＝6&times;104m，t1＝100s助推器上升的最大高度为h＝h1＋h2＝9&times;104m(或90km)。(2)助推器从最高点下落过程中，有mg－f＝ma3，v＝2a3h，v2＝a3t2解得v2＝1200m/s，t2＝150s助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250s。考向　已知物体运动情况，分析物体受力情况例3(2021&middot;浙江6月选考，19)机动车礼让行人是一种文明行为。如图8所示，质量m＝1.0&times;103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m,的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。图8(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。答案　(1)4s　2.5&times;103N　(2)20s(3)5m/s解析　v1＝36km/h＝10m/sv2＝54km/h＝15m/s(1)根据平均速度公式得t1＝＝解得刹车时间t1＝4s刹车加速度a＝＝－2.5m/s2根据牛顿第二定律得－Ff＝ma解得Ff＝2.5&times;103N。(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24s汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20s。(3)根据速度位移公式得v2－v＝2as解得v＝5m/s。跟踪训练4.,我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69&times;103kg时，起飞离地速度为78m/s，装载弹药后质量为2.56&times;103kg。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。答案　(1)96m/s　(2)3.75s　6.55&times;104N解析　(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，由起飞条件知，kv＝m1g，kv＝m2g解得装载弹药后的起飞离地速度为v2＝96m/s。(2)设匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t飞机在滑行过程中所用的时间为t＝3.75s由匀变速直线运动速度公式可得v2＝at飞机水平方向受合力F＝m2a解得F＝6.55&times;104N。考点三　超重与失重现象1.对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是&ldquo;视重&rdquo;改变。(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。2.判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态,从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重例4(2020&middot;山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图9所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)图9A.0～t1时间内，v增大，FN&gt;mgB.t1～t2时间内，v减小，FN<mgc.t2～t3时间内，v增大，fn<mgd.t2～t3时间内，v减小，fn>mg答案　D解析　根据位移&mdash;时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项a错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力fn＝mg，选项b错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力fn>mg，选项C错误，D正确。跟踪训练5.(2023&middot;江苏扬州中学高三开学考)如图10所示为跳伞者在竖直下降过程中速度v随时间t变化的图像，根据图像判断下列说法正确的是(　　),图10A.0～t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大B.0～t1内，跳伞者处于超重状态C.tan&theta;＝g(g为当地的重力加速度)D.在t1～t2内，跳伞者处于失重状态答案　A解析　由图可知，0～t1时间内，速度不断增大，根据v－t图像切线的斜率表示物体运动的加速度，由图可知，0～t1时间内，加速度不断减小，根据牛顿第二定律mg－f＝ma，a减小时，f增大，故A正确；0～t1时间内，跳伞者向下加速，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；t＝0时，跳伞者只受重力作用，切线的斜率表示此时物体的加速度，但是tan&theta;的数值不能表示加速度的大小，故C错误；t1～t2时间内，跳伞者向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，故D错误。A级　基础对点练对点练1　瞬时问题1.如图1所示，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　　)图1A.1.5g，1.5g，0B.g，2g，0,C.g，g，gD.g，g，0答案　A解析　剪断细线前，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。2.(2023&middot;江苏灌南高级中学模拟)如图2所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B用一轻弹簧相连，将A用承受力足够大的轻绳悬挂于天花板上，用一个托盘托着B使弹簧恰好处于原长，系统处于静止状态。现将托盘撤掉，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)图2A.托盘撤掉瞬间，轻绳拉力大小为mgB.托盘撤掉瞬间，B物块的加速度大小为3gC.托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，轻绳拉力大小为3mgD.托盘撤掉后，B物块向下运动到最低点时，弹簧弹力大小为mg答案　C解析　托盘撤掉瞬间，弹簧还是原长，则轻绳拉力与A物块的重力平衡，大小为2mg，A错误；托盘撤掉瞬间，B物块只受重力，则其加速度大小为g，B错误；托盘撤掉后，B物块向下运动速度最大时，B物块所受合力为零，则弹簧弹力大小等于B物块的重力mg，对A物块据平衡条件可得，轻绳拉力大小为F＝2mg＋mg＝3mg，C正确；托盘撤掉后，B物块先向下做加速运动，再向下做减速运动，运动到最低点时，有向上的加速度，所以弹簧弹力大小大于mg，D错误。3.(2023&middot;山东邹平一中质检)如图3所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45&deg;,，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)图3A.此时物体一定受四个力作用B.若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动C.突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为14.1m/s2D.若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用答案　D解析　由题意可知，此时物体对光滑地面的压力恰好是零，对物体受力分析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹簧的弹力，共三个力作用，A错误；若突然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变，物体受到重力、地面的支持力，共两个力作用，处于静止状态，B错误；在没有剪断轻绳前，对物体，由共点力于衡条件可得F弹＝mgtan45&deg;＝mg，突然剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律可得F弹＝ma，解得a＝10m/s2，C错误，D正确。对点练2　动力学的两类基本问题4.竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力，加速度大小为g，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中的加速度大小为(　　)A.gB.gC.gD.g答案　C解析　上抛过程中，受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力，根据牛顿第二定律可得mg＋f＝mg，解得f＝mg,，在下降过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得a＝g，故C正确。5.(2021&middot;全国甲卷，14)如图4，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角&theta;可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角&theta;的大小有关。若&theta;由30&deg;逐渐增大至60&deg;，物块的下滑时间t将(　　)图4A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大答案　D解析　由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin&theta;＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin&theta;；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝，&theta;由30&deg;逐渐增大至60&deg;，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。6.(2022&middot;辽宁卷，7)如图5所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为&mu;，g取10m/s2。下列v0、&mu;值可能正确的是(　　)图5A.v0＝2.5m/sB.v0＝1.5m/sC.&mu;＝0.28D.&mu;＝0.25答案　B,解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1m，t＝1s，v&gt;0，代入数据有v0&lt;2m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－&mu;g，v2－v＝2ax，整理有v＋2ax&gt;0，联立可得&mu;&lt;0.2，故C、D错误。对点练3　超重和失重问题7.下列漫画描绘了超失重的现象，若图6(a)表示电梯静止或者匀速运动的情形，那么图(b)，图(c)，分别表示电梯在如何运动，下列说法正确的是(　　)图6A.图(b)可能表示电梯向上做减速运动B.图(b)可能表示电梯向上做加速运动C.图(c)可能表示电梯向上做加速运动D.图(c)可能表示电梯向下做减速运动答案　B解析　图(b)图案被压扁了，是超重，加速度向上，可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动，B正确，A错误；图(c)图案被拉长了，是失重，加速度向下，可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，C、D错误。8.(2023&middot;北京东城区期末)下列属于超重现象的是(　　)A.汽车驶过拱形桥顶端B.航天器随火箭从地面向上加速发射C.人在电梯中随电梯减速上升D.宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动答案　B解析　汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B,正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，C错误；宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力，宇航员与宇宙飞船均处于完全失重状态，D错误。B级　综合提升练9.(2023&middot;江苏盐城市高三开学考)质量为1kg的物块静止在动摩擦因数为0.2的水平地面上，对物块施加周期性变化的水平外力F，使其从静止开始运动。外力F与时间t的变化图像如图7所示，g取10m/s2。求物块：图7(1)在第1s内的加速度；(2)在3s末的速度；(3)运动位移为18m时所需的时间？答案　(1)2m/s2　(2)4m/s　(3)5.5s解析　(1)根据牛顿第二定律有F－&mu;mg＝ma解得a＝2m/s2。(2)物块第1s内加速，第2s内匀速，第3s内又加速所以3s末物块速度v3＝a(t1＋t3)＝4m/s。(3)第1s内位移x1＝at＝1m第2s内位移x2＝at1t2＝2m同理可计算物块在第1s、第2s、第3s、第4s、第4s内的位移分别为1m、2m、3m、4m、5m。所以物块前5s的位移为15m。5s末物块的速度为v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6m/s紧接着还将做匀速运动&Delta;x＝18m－15m＝3m,解得&Delta;t＝＝0.5s所以物块一共运动5.5s时间。10.(2023&middot;江苏省镇江第一中学模拟)2021年5月22日，我国首次火星探测器&ldquo;天问一号&rdquo;成功着陆火星。在着陆的最后阶段，探测器到达距火星表面100米的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。图示8为探测器在火星表面最后100米着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始做竖直匀加速下落，5s后开启发动机，探测器开始做竖直匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求图8(1)全程的平均速度大小；(2)减速下落过程中的加速度大小；(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小。答案　(1)8m/s　(2)m/s2　(3)2.67&times;104N解析　(1)匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1解得a1＝3.2m/s25s末的速度为v＝a1t1＝16m/s全程的平均速度大小为＝＝8m/s。(2)由h1＝a1t代入数值得h1＝40m,减速下落过程中通过的位移为h2＝60m减速下落过程中的加速度大小a2＝＝m/s2。(3)设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋f－mg火＝ma2代入解得F＝2.67&times;104N。11.(2022&middot;浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图9甲所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15&deg;。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15&deg;＝0.26，求雪车(包括运动员)图9(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。答案　(1)m/s2　(2)12m/s　(3)66N解析　(1)设雪车从A&rarr;B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝v、vB＝at解得t＝3s，a＝m/s2。(2)由题知雪车从A&rarr;C全程的运动时间t0＝5s，设雪车从B&rarr;C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt1＋a1t,vC＝vB＋a1t1代入数据解得a1＝2m/s2，vC＝12m/s。(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin15&deg;－f＝ma1代入数据解得f＝66N。</mg，选项a错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力fn＝mg，选项b错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力fn></mgc.t2～t3时间内，v增大，fn<mgd.t2～t3时间内，v减小，fn>