專題（16）牛頓第二定律的應用（解析版）

2021年高考物理一輪復習考點全攻關專題（16）牛頓第二定律的應用（解析版）雙基過關：一、動力學的兩類基本問題1．由物體的受力情況求解運動情況的基本思路先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由運動學的有關公式求出速度或位移．2．由物體的運動情況求解受力情況的基本思路已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出加速度，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力．3．應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：eq\x(受力情況F合)eq\o(,\s\up7(F合＝ma))eq\x(加速度a)eq\o(,\s\up7(運動學),\s\do5(公式))eq\x(運動情況v、x、t)自測1假設汽車突然緊急制動后所受到的阻力的大小與汽車所受的重力大小差不多，當汽車以20m/s的速度行駛時突然制動，它還能繼續(xù)滑動的距離約為()A．40mB．20mC．10mD．5m【答案】B解析a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(mg,m)＝g＝10m/s2，由v2＝2ax得x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，B對．二、瞬時問題1．牛頓第二定律的表達式為：F合＝ma，加速度由物體所受合外力決定，加速度的方向與物體所受合外力的方向一致．當物體所受合外力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(fā)生突變．2．輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區(qū)別(1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變?yōu)?.(2)輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變．【自測2】如圖1，A、B、C三個小球質(zhì)量均為m，A、B之間用一根沒有彈性的輕質(zhì)細繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個系統(tǒng)用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將A上面的細線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細線的瞬間，A、B、C三個小球的加速度分別是(重力加速度為g)()圖1A．1.5g，1.5g,0B．g，2g，0C．g，g，gD．g，g，0【答案】A解析剪斷細線前，由平衡條件可知，A上端的細線的拉力為3mg，A、B之間細繩的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg.在剪斷A上面的細線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球C所受合外力為零，所以C的加速度為零；A、B小球被細繩拴在一起，整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力，由牛頓第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，選項A正確．二、超重和失重1．超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度．2．失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度．3．完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下．4．實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關．(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力．此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重．自測3圖2甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，點O表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的F－t圖線，兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出．取重力加速度g＝10m/s2，根據(jù)圖象分析可知()圖2A．人的重力為1500NB．c點位置人處于失重狀態(tài)C．e點位置人處于超重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度【答案】C解析開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力是500N，根據(jù)平衡條件與牛頓第三定律可知，人的重力也是500N，故A錯誤；c點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；e點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，故C正確；人在d點：a1＝eq\f(Fd－G,m)＝eq\f(1500－500,\f(500,10))m/s2＝20m/s2，人在f點：a2＝eq\f(G－0,m)＝eq\f(500,\f(500,10))m/s2＝10m/s2，可知d點的加速度大于f點的加速度，故D錯誤．命題熱點一：瞬時問題的兩類模型1．兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：2．解題思路eq\x(分析瞬時變化前后物體的受力情況)?eq\x(列牛頓第二定律方程)?eq\x(求瞬時加速度)【例1】(多選)如圖3所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()圖3A．彈簧的形變量不改變B．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為2gD．木塊B對水平面的壓力大小迅速變?yōu)?mg【答案】AC解析由于彈簧彈力不能突變，所以撤去C的瞬間，彈簧的形變量不變，故A正確；開始整體處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力等于A和C的重力，即F＝3mg，撤去C的瞬間，彈簧的形變量不變，即彈簧的彈力不變，仍為3mg，故B錯誤；撤去C瞬間，彈簧彈力不變，A受到的合外力大小等于C的重力，對木塊A，由牛頓第二定律得：2mg＝ma，解得：a＝2g，方向豎直向上，故C正確；撤去C的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為3mg，對B，由平衡條件得：3mg＋mg＝FN，解得：FN＝4mg，故由牛頓第三定律可知，木塊B對水平面的壓力大小為4mg，故D錯誤．【變式1】如圖4所示，在傾角為θ＝30°的光滑固定斜面上，物塊A、B質(zhì)量均為m.物塊A靜止在輕彈簧上端，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B靠在一起，但A、B之間無彈力．已知重力加速度為g，某時刻將細線剪斷，下列說法正確的是()圖4A．細線剪斷前，彈簧的彈力為mgB．細線剪斷前，細線的拉力為mgC．細線剪斷瞬間，彈簧的彈力發(fā)生變化D．細線剪斷瞬間，物塊B的加速度大小為eq\f(1,4)g【答案】D解析細線剪斷前，由于A、B之間無彈力，對A分析可以得到彈簧的彈力：F＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，對B分析可以得到FT＝mgsinθ＝eq\f(1,2)mg，故A、B錯誤；細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，故C錯誤；細線剪斷瞬間，對A、B系統(tǒng)，加速度大小：a＝eq\f(2mgsinθ－F,2m)＝eq\f(1,4)g，故D正確．【變式2】如圖5所示，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的3倍，光滑固定斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度為g，則在突然撤去擋板的瞬間有()圖5A．圖甲中A球的加速度大小為gsinθB．圖甲中B球的加速度大小為2gsinθC．圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsinθD．圖乙中輕桿的作用力一定不為零【答案】C解析設B球質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為3m.撤去擋板前，題圖甲、乙中擋板對B球的彈力大小均為4mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而輕桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖題圖乙中，撤去擋板的瞬間，A、B兩球整體受到的合力大小為4mgsinθ，A、B兩球的加速度大小均為gsinθ，則每個球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，輕桿的作用力為零，C正確．命題熱點二：超重與失重現(xiàn)象1．對超重和失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變．(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失．(3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)．2．判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時，超重②物體向下加速或向上減速時，失重【例2】壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小、某實驗小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置．其工作原理圖如圖6甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源連成電路、在壓敏電阻上放置一個絕緣重物，0～t1時間內(nèi)升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化情況如圖乙所示，則下列判斷不正確的是()圖6A．t1～t2時間內(nèi)絕緣重物處于超重狀態(tài)B．t3～t4時間內(nèi)絕緣重物處于失重狀態(tài)C．升降機開始時可能停在1樓層，從t1時刻開始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在高樓層D．升降機開始時可能停在高樓層，從t1時刻開始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在1樓【答案】D【變式3】如圖7，跳高運動員起跳后向上運動，越過橫桿后開始向下運動，則運動員越過橫桿前、后在空中所處的狀態(tài)分別為()圖7A．失重、失重B．超重、超重C．失重、超重D．超重、失重【答案】A解析運動員在空中運動的過程中，加速度總是豎直向下的，則運動員越過橫桿前、后在空中所處的狀態(tài)都是失重狀態(tài)，故選A.【變式4】如圖8所示，固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B.若A、B運動過程中始終保持相對靜止．以下說法正確的是()圖8A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態(tài)C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受水平向左的摩擦力D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態(tài)【答案】C解析若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，整體加速度方向沿斜面向下，如圖所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三個力作用，故選項A錯誤；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項B錯誤；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，由于B具有水平向左的分加速度，則根據(jù)牛頓第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故選項C正確；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤．命題熱點三：動力學兩類基本問題1．解題關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁．2．常用方法(1)合成法在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法．(2)正交分解法若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用正交分解法．類型1已知物體受力情況，分析物體運動情況【例3】如圖9，質(zhì)量為m＝1kg、大小不計的物塊，在水平桌面上向右運動，經(jīng)過O點時速度大小為v＝4m/s，對此物塊施加大小為F＝6N、方向向左的恒力，一段時間后撤去該力，物塊剛好能回到O點，已知物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：圖9(1)此過程中物塊到O點的最遠距離；(2)撤去F時物塊到O點的距離．【答案】(1)1m(2)eq\f(2,3)m解析(1)物塊向右運動時：F＋μmg＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1x1可得x1＝1m(2)物塊向左運動時，先做勻加速運動，加速度大小為a2，后做勻減速運動，加速度大小為a3，則有：F－μmg＝ma2解得a2＝4m/s2μmg＝ma3解得a3＝2m/s2由veq\o\al(12,)＝2a2x2veq\o\al(12,)＝2a3x3x2＋x3＝x1聯(lián)立解得x3＝eq\f(2,3)m.類型2已知物體運動情況，分析物體受力情況【例4】如圖10甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運動，經(jīng)過2s撤去外力F，物體在0～4s內(nèi)運動的速度與時間的關系圖線如圖乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：圖10(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和水平外力F的大??；(2)物體在0～4s內(nèi)的位移大?。敬鸢浮?1)0.54N(2)28m解析(1)根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度，則2～4s內(nèi)物體的加速度大小為：a2＝eq\f(12－8,4－2)m/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5；0～2s內(nèi)物體的加速度大小為：a1＝eq\f(8,2)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4N；(2)物體在0～4s內(nèi)的位移為：x＝eq\f(8×2,2)m＋eq\f(8＋12,2)×2m＝28m.【變式5】某天，小陳叫了外賣，外賣小哥把貨物送到他家陽臺正下方的平地上，小陳操控小型無人機帶動貨物，由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，一段時間后，貨物又勻速上升53s，最后再勻減速1s恰好到達他家陽臺且速度為零．貨物上升過程中，遙控器上顯示無人機在上升過程的最大速度為1m/s，高度為56m．貨物質(zhì)量為2kg，受到的阻力恒為其重力的0.02倍，重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)無人機勻加速上升的高度；(2)上升過程中，無人機對貨物的最大作用力大小．【答案】(1)2.5m(2)20.8N解析(1)無人機勻速上升的高度：h2＝vt2無人機勻減速上升的高度：h3＝eq\f(v,2)t3無人機勻加速上升的高度：h1＝h－h(huán)2－h(huán)3聯(lián)立解得：h1＝2.5m(2)貨物勻加速上升過程：v2＝2ah1貨物勻加速上升的過程中，無人機對貨物的作用力最大，由牛頓運動定律得：F－mg－0.02mg＝ma聯(lián)立解得：F＝20.8N.課時精練一、雙基鞏固練1．電梯頂上懸掛一根勁度系數(shù)是200N/m的彈簧，彈簧的原長為20cm，在彈簧下端掛一個質(zhì)量為0.4kg的砝碼．當電梯運動時，測出彈簧長度變?yōu)?3cm，g取10m/s2，則電梯的運動狀態(tài)及加速度大小為()A．勻加速上升，a＝2.5m/s2B．勻減速上升，a＝2.5m/s2C．勻加速上升，a＝5m/s2D．勻減速上升，a＝5m/s2【答案】C解析由胡克定律可知，彈簧的彈力F＝kx＝200×(0.23－0.20)N＝6N，由牛頓第二定律知：F－mg＝ma，解得：a＝5m/s2物體加速度向上，可能是加速上升，也可能是減速下降，故C正確，A、B、D錯誤．2．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖1所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()圖1A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小【答案】AD解析人乘電梯向上運動，規(guī)定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據(jù)牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于地板對人的支持力大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤．3.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖2所示．當此車勻減速上坡時，乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)()圖2A．處于超重狀態(tài)B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力豎直向上【答案】C解析當車勻減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變，則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示．將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，所以乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確．4.如圖3所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量均為m,2、4質(zhì)量均為m0，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()圖3A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋m0,m0)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋m0,m0)g【答案】C解析在抽出木板的瞬間，物塊1、2與輕桿接觸處的形變立即消失，物塊1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為F＝mg，因此物塊3滿足F－mg＝0，即a3＝0；對物塊4由牛頓第二定律得a4＝eq\f(F＋m0g,m0)＝eq\f(m0＋m,m0)g，故C正確，A、B、D錯誤．5.如圖4所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端．開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖4A．a(chǎn)A＝aB＝g B．a(chǎn)A＝2g，aB＝0C．a(chǎn)A＝eq\r(3)g，aB＝0 D．a(chǎn)A＝2eq\r(3)g，aB＝0【答案】D解析水平細線被剪斷前，對A、B進行受力分析如圖所示：靜止時，F(xiàn)T＝Fsin60°，F(xiàn)cos60°＝mAg＋F1，F(xiàn)1＝mBg，又mA＝mB解得FT＝2eq\r(3)mAg水平細線被剪斷瞬間，F(xiàn)T消失，其他各力不變，A所受合力與FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0.6.如圖5所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B小球用細繩固定在傾角為30°的光滑斜面上，若不計彈簧質(zhì)量且細繩和彈簧與斜面平行，在細繩被剪斷的瞬間，A、B兩小球的加速度大小分別為()圖5A．都等于eq\f(g,2)B．0和eq\f(m1＋m2g,2m2)C.eq\f(m1＋m2g,2m2)和0D．0和eq\f(g,2)【答案】B解析在剪斷細繩之前，A處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力與A的重力沿斜面的分力相等；在剪斷上端的細繩的瞬間，細繩上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變，仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度為零；在剪斷細繩之前，對B球進行受力分析，B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷上端的細繩的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對B球進行受力分析，則B受到重力、彈簧向下的拉力、支持力，所以根據(jù)牛頓第二定律得：aB＝eq\f(m1gsin30°＋m2gsin30°,m2)＝eq\f(m1＋m2g,2m2)，故B正確，A、C、D錯誤．綜合提升練7.如圖6所示，物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，由靜止開始釋放，在物體A加速下降的過程中，下列判斷正確的是()圖6A．物體A和物體B均處于超重狀態(tài)B．物體A和物體B均處于失重狀態(tài)C．物體A處于超重狀態(tài)，物體B處于失重狀態(tài)D．物體A處于失重狀態(tài)，物體B處于超重狀態(tài)【答案】D解析A加速下降，則加速度方向向下，輕繩的拉力小于重力，故A處于失重狀態(tài)；同時B加速上升，則加速度方向向上，輕繩的拉力大于重力，故B處于超重狀態(tài)，故A、B、C錯誤，D正確．8．(多選)一個可以看做質(zhì)點的物塊以恒定大小的初速度滑上木板，木板的傾角可在0～90°之間任意調(diào)整，設物塊沿木板向上能達到的最大位移為x.木板傾角不同時對應的最大位移x與木板傾角α的關系如圖7所示，g取10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖7A．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)B．物塊初速度的大小是5m/sC．沿傾角為30°和90°上滑時，物塊運動到最大位移的時間不同D．當α＝0時，x＝eq\f(5\r(3),4)m【答案】ABD解析當α＝90°，物塊做豎直上拋運動，最大位移x＝1.25m，根據(jù)運動學規(guī)律得：veq\o\al(02,)－0＝2gx，解得v0＝5m/s；當α＝30°，x＝1.25m，根據(jù)速度位移關系：veq\o\al(02,)－0＝2ax，有a＝eq\f(v\o\al(02,),2x)＝10m/s2，而a＝μgcosθ＋gsinθ，解得：μ＝eq\f(\r(3),3)，A、B正確；因為30°和90°對應的加速度大小均為a＝10m/s2，根據(jù)v0－0＝at，運動到最高點時間相同，C錯誤；當α＝0時，a′＝μg＝eq\f(10\r(3),3)m/s2，根據(jù)veq\o\al(02,)－0＝2a′x，求得x＝eq\f(5\r(3),4)m，D正確．9．在某段平直的鐵路上，一列以324km/h高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，5min后恰好停在某車站，并在該站停留4min，隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1km后恢復到原速324km/h.g取10m/s2.(1)求列車減速時的加速度大?。?2)若該列車總質(zhì)量為8.0×105kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大?。?3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內(nèi)的平均速度大?。敬鸢浮?1)