牛顿第二定律、动力学两类基本问题

牛顿第二定律-动力学两类基本问题

课时规范练8 牛顿第二定律动力学两类基本问题(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求,有的有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图甲所示,物块静止在粗糙水平面上。

某时刻(t=0)开始,物块受到水平拉力F的作用。

拉力F在 0~t0时间内随时间变化情况如图乙所示,则物块的速度—时间图像可能是( )解析:拉力较小时,拉力小于最大静摩擦力,物体静止;拉动后,由F-μmg=ma可知,随着拉力的增大,物体加速度增大,所以速度—时间图像切线斜率增大。

答案:D2.质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。

从t=0 时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示。

重力加速度g取10 m/s2,则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为( )A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m解析:物体与地面间最大静摩擦力F f=μmg=0.2×2×10 N=4 N。

由题给F t图像知0~3 s内,F=4 N,说明物体在这段时间内保持静止不动。

3~6 s内,F=8 N,说明物体做匀加速运动,加速度a=-=2 m/s2。

6 s末物体的速度v=at=2×3 m/s=6 m/s,在6~9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动。

9~12 s内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动,作v t图像如图。

故0~12 s内的位移x=(×3×6)×2 m+6×6 m=54 m。

故B项正确。

答案:B3.(2013·吉林长春调研)物块A、B的质量分别为m和2m,用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。

对B施加向右的水平拉力F,稳定后A、B相对静止的在水平面上运动,此时弹簧长度为l1;若撤去拉力F,换成大小仍为F的水平推力向右推A,稳定后A、B相对静止的在水平面上运动,此时弹簧长度为l2。

牛顿第二定律的应用——解决动力学的两类基本问题

牛顿第二定律的应用(解决动力学的两类基本问题)知识要点：1. 进一步学习分析物体的受力情况，达到能结合物体的运动情况进行受力分析。

2. 掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。

重点、难点解析：（一）牛顿第一定律内容：物体总保持静止或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

（二）牛顿第三定律1. 内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。

2. 理解作用力与反作用力的关系时，要注意以下几点：（1）作用力与反作用力同时产生，同时消失，同时变化，无先后之分。

（2）作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上（与物体的大小，形状，运动状态均无关系。

）（3）作用力与反作用力分别作用在受力物体和施力物体上，其作用效果分别体现在各自的受力物体上，所以作用力与反作用力产生的效果不能抵消。

（作用力与反作用力能否求和？）（4）作用力与反作用力一定是同种性质的力。

（平衡力的性质呢？）（三）牛顿第二定律1、内容：物体的加速度与物体所受合外力成正比，跟物体质量成反比，加速度方向跟合外力的方向相同。

2、数学表达式：F合＝ma3、关于牛顿第二定律的理解：（1）同体性：F合＝ma是对同一物体而言的（2）矢量性：物体加速度方向与所受合外力方向一致（3）瞬时性：物体的加速度与所受合外力具有瞬时对应关系牛顿第二定律的应用（一）在共点力作用下物体的平衡1：平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，称物体处于平衡状态。

2：平衡条件：在共点力作用下物体的平衡条件是：F合＝0。

==（其中F x合为物体在x轴方向上所受的合外力，F y合为物体在y轴方向上所受的合外力）（二）两类动力学的基本问题1. 从受力情况确定运动情况根据物体的受力情况，可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情况根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力。

动力学两类基本问题

动力学两类基本问题1．由受力情况判断物体的运动状态，处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再应用运动学公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是：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，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分解法．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)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”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。

牛顿第二定律两类动力学问题

题型二
建立“运动模型”解决动力学问题
例 2 原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地，从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升的距离为“加速距离”．离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”．某同学身高 1.8 m，质量 80 kg，在某一次运动会上，他参加跳高比赛时“加速距离”为 0.5 m，起跳后身体横着越过(背越式)2.15 m 高的横杆，试估算人的起跳速度 v 和起跳过程中地面对人的平均作用力．(g 取 10 m/s2)
第 2 课时
牛顿第二定律
两类动力学问题
课前考点自清
一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同．
2．表达式： F＝ma 3．适用范围
.
(1) 牛顿第二定律只适用于惯性参考系 ( 相对地面静止或匀速直线运动运动的参考系)． (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体 (相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．
答案 C
题型互动探究
题型一牛顿运动定律在动力学两类基本问题中的应用例 1 科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 990 kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住，堵住时气球下降速度为 1 m/s，且做匀加速运动，4 s 内下降了 12 m，已知气球安全着陆的速度为 2 m/s.为使气球安全着陆．向舱外缓慢抛出重 101 kg 的重物．若空气阻力和泄漏气体的质量可忽略，重力加速度 g 取 9.89 m/s2，求抛掉重物后气球达到安全着陆速度的时间．
【高考佐证 1】质量为 1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为 0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力 F，使物体在水平面上运动了 3t0 的时间．为使物体在 3t0 时间内发生的位移最大，力 F 随时间的变化情况应该为下面四个图中的 ( )

2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--瞬时性问题,动力学中的两类基本问题

瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。

(2)两个桥梁——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。

三、针对练习1、如图甲、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°，轻杆和轻弹簧均水平。

已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。

牛顿第二定律专题

A．物体始终向西运动
B．物体先向西运动后向东运动
C．物体的加速度先增大后减小 D．物体的速度先增大后减小
AC
（二）连结体问题分析——整体和隔离法
一.连接体:一些（由斜面、绳子、轻杆等）通过相互作用连接在一起的物体系统。它们一般有着力学或者运动学方面的联系。二.连接体问题的常见图景 1.按连接的形式 a.依靠绳子或弹簧的弹力相连接
a1
mg f 2 a1 ① 0 v0 2a1H ② m 2 m v0 H ③ 2(m g f ) mg f a2 m
④
v 2a2 H
2 t
②
下降段
mg
a2 v
mg f vt v0 mg f
例2．原来作匀速运动的升降机内，有一被伸长的弹簧拉住的，具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示，现在A突然被弹簧拉向右方，由此可判断，此时升降机的运动可能是 B C A.加速上升 B.减速上升 C.加速下降 D.减速下降
3μmg A. 5 3μmg C. 2
3μmg B. 4 D．3μmg
[思路点拨] 解答本题的关键是正确地判断出当轻绳拉力
最大时，物体A、B间和物体C、D间的静摩擦力哪一个达
到了最大静摩擦力．
[解析] 经过受力分析，A、B 之间的静摩擦力为 B、C、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为 μmg μg A、B 间达到最大静摩擦力，即 am＝＝，而绳子拉力 4m 4 FT 给 C、D 组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值为 3μmg FTm＝3mam＝，故选 B. 4
例：一物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动．求地面对斜面体的静摩擦力f？可把此系统（m和M）作为整体处理，由牛顿第二定律得f＝macosθ＋M×0＝macosθ．式中 acosθ为物块加速度的水平分量．

新课标2014届高考物理一轮课件：3.2牛顿第二定律、动力学两类基本问题

)
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位 C．在国际单位制中，时间的单位是s，属基本单位 D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
答案：C、D
突破疑难要点
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题应注意两种基本模型的建立． 1．刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力
1．已知物体的受力情况来确定物体的运动情况．解这类题目，一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况，即求出物体在任意时刻的位置、速度、运动轨迹和时间． 2．已知物体的运动情况来求物体的受力情况．解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛
[解析]
令小球处在离开斜面的临界状态(N 刚好为零)
时，斜面向左
的加速度为 a0，此时对小球进行受力分析，有 mgcot θ＝ma0 所以 a0＝gcot θ＝7.5 m/s2 因为 a＝10 m/s2>a0，所以小球离开斜面(如图所示)而向左加速．
所以 T＝
ma2＋mg2≈2.83 N.
静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
解析：(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1，由图知 Δv 4 a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 Δt 0.5 ①
A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，

(完整版)动力学两类基本问题

动力学两类基本问题1．由受力情况判断物体的运动状态，处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再应用运动学公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是：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，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分解法．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)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”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。

牛顿第二定律、动力学两类基本问题