物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1-第三章-第2讲-牛顿第二定律-两类动力学问题含解

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知识排查牛顿第二定律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)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。(2)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。单位制1.单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2.基本单位基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。3.导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下小题速练1.思考判断(1)牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度()(3)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关()(4)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系()(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小()答案(1)×(2)√(3)√(4)√(5)×2.下列哪些物理量的单位是基本单位()A.力的单位N B.压强的单位PaC.长度的单位m D.加速度的单位m/s2答案C3.(多选)[人教版必修1·P86·例2改编]如图1所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7m。现木块上有一质量为m＝1.0kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40s内速度增加了1.4m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，则()图1A.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为1.2NB.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为1.5NC.滑块滑到木块底部时的速度大小为5m/sD.滑块滑到木块底部时的速度大小为7m/s解析由题意可知，滑块滑行的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.4,0.40)m/s2＝3.5m/s2。对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5N，A错误，B正确；根据v2＝2ax得v＝eq\r(2×3.5×7)m/s＝7m/s，C错误，D正确。答案BD牛顿第二定律的理解和应用1.牛顿第二定律的性质2.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式。1.下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C.物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能很大解析物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C正确。答案C2.如图2所示，一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()图2A.木块将立即做匀减速直线运动B.木块将立即做变减速直线运动C.在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D.在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零答案C3.如图3，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()图3A.曲线运动B.匀速直线运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动解析在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，选项C正确。答案C

牛顿第二定律的瞬时性两种模型【典例】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图4所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()图4A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝2gC.a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0审题关键点①两条轻绳连接②剪断轻绳的瞬间解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故选项A正确。答案A【拓展延伸1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在【典例】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则【典例】选项中正确的是()图5解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。故选项D正确。答案D【拓展延伸2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图6所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()图6A.aA＝0aB＝eq\f(1,2)g B.aA＝gaB＝0C.aA＝gaB＝g D.aA＝0aB＝g解析细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，故选项B正确。答案B1.求解瞬时加速度的一般思路2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。1.如图7所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()图7A.0 B.eq\f(2\r(3),3)g C.g D.eq\f(\r(3),3)g解析平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力N和弹簧拉力T，受力情况如图所示。突然撤离木板时，N突然消失而其他力不变，因此T与重力mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，产生的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，B正确。答案B2.如图8所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2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，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有()图8A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝gC.a1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)g D.a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g解析在抽出木板的瞬间，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。1物体受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g。故选项C正确。答案C3.如图9所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向)()图9A.0，g B.－g，gC.－2g，g D.2g，0解析在细线烧断之前，a、b可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故向上大小为3mg。当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a受向上3mg的弹力和向下mg的重力，故加速度aa＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，方向向上。对b而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度ab＝eq\f(2mg,2m)＝g，方向向下。如以向下方向为正，有aa＝－2g，ab＝g。故选项C正确。答案C动力学的两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点2.解决动力学基本问题的处理方法(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”。【典例1】(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图10所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：图10(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中有x＝eq\f(1,2)at2，解得x＝16m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2。(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′t′＝eq\f(at,a1)，x′＝eq\f(1,2)a1t′2，解得x′＝1m。企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有veq\o\al(2,t)－02＝2a2(x＋x′)解得vt＝2eq\r(34)m/s。答案(1)16m(2)8m/s24m/s2(3)2eq\r(34)m/s两类动力学问题的解题步骤【典例2】如图11所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。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＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m。(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10m/s2)求：图11(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＝1.0s时速度的大小。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，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则mgsin30°＝ma1veq\o\al(2,max)＝2a1eq\f(h,sin30°)解得vmax＝4m/s。(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2则μmg＝ma20－veq\o\al(2,max)＝－2a2L解得μ＝0.4。(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2s，设t＝1.0s时速度大小为v，则v＝vmax－a2(t－t1)解得v＝3.2m/s。答案(1)4m/s(2)0.4(3)3.2m/s多过程问题的处理方法(1)将复杂物理过程分解为几个子过程。(2)分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。(3)注意子过程之间的联系，可以从时间、位移、速度等方面寻找。(4)注意画好受力分析图和运动示意图。1.(2016·4月浙江选考)如图12是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549m。图12(1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60kg，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间。解析(1)由运动学公式可得a1＝eq\f(vm,t1)＝eq\f(18,20)m/s2＝0.9m/s2上升的高度h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.9×202m＝180m(2)根据牛顿第二定律FN－mg＝ma1得FN＝mg＋ma1＝654N由牛顿第三定律可得，小明对地板的压力FN′＝FN＝654N，方向竖直向下(3)设匀速运动的时间为t0，运动的总时间为t，由v－t图可得H＝eq\f(1,2)(t＋t0)×vm得t0＝6s答案(1)0.9m/s2180m(2)654N(3)6s2.如图13所示，冰壶运动是一项体力与智力相结合的投掷类高雅运动，有人把冰壶称做“冰上国际象棋”。在一次比赛中，掷球运动员在掷球区的栏线前松手，冰壶沿着冰道做匀减速直线运动，最后停在“营垒”的中心。已知从松手到停止的运动过程中，冰壶的位移x＝40m，所经过的时间t＝20s。图13(1)求冰壶在此过程中平均速度v1大小；(2)求冰壶在此过程中加速度a的大小；(3)求位移x1＝30m处时冰壶速度v2的大小。解析(1)冰壶做匀减速直线运动，由平均速度公式得v1＝eq\f(x,t)＝2m/s。(2)由匀变速直线运动规律得：x＝eq\f(1,2)at2解得冰壶加速度的大小a＝eq\f(2x,t2)＝0.2m/s2(3)由匀变速直线运动规律得：v0＝at解得此过程中初速度的大小v0＝4m/s由匀变速直线运动规律得：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝－2ax1解得位移x1＝30m处时冰壶速度大小v2＝2m/s。答案(1)2m/s(2)0.2m/s2(3)2m/s3.(2016·10月浙江选考)如图14所示，在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h。图14(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。解析(1)列车的初速度为v0＝324km/h＝90m/s，经过t＝5min＝300s停下，所以加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－90,300)m/s2＝－0.3m/s2，即加速度大小为0.3m/s2。(2)列车驶离车站，经x′＝8.1×103m后速度达到v＝90m/s，由v2＝2a′x′得a′＝eq\f(v2,2x′)＝eq\f(902,2×8.1×103)m/s2＝0.5m/s2，f＝0.1mg，根据牛顿第二定律得F－0.1mg＝ma′，代入数值解得F＝1.2×106N。(3)根据上一问可知，重新加速时间为t′＝eq\f(v,a′)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，减速过程中通过的位移x＝eq\f(v0,2)t＝45×300m＝1.35×104m，所以整个过程的平均速度v＝eq\f(x＋x′,t总)＝eq\f(1.35×104＋8.1×103,300＋240＋180)m/s＝30m/s。答案(1)0.3m/s2(2)1.2×106N(3)30m/s科学思维——光滑斜面模型模型特点如图15所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：图15(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。关系式为t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))。(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。关系式为v＝eq\r(2gh)。【例】如图16所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是()图16A.滑到底端时的速度相同B.滑到底端所用的时间相同C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短解析由规律(2)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项A错误；由规律(1)可知物体在倾角θ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项D正确。答案D【针对训练】一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是()解析如图，设房顶宽为2b，高度为h，斜面倾角为θ。由图中几何关系有h＝btanθ由规律(1)可知t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))联立解得t＝eq\r(\f(4b,gsin2θ))，可见，当θ＝45°时，t最小。答案C活页作业(时间：30分钟)A组基础过关1.(2018·4月浙江选考)用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是()A.kg·m2/s2 B.kg·m/s2C.N/m D.N·m解析国际七大基本物理量及单位分别为质量：千克(kg)，长度：米(m)，时间：秒(s)，电流：安培(A)，温度：开尔文(K)，光强：坎德拉(cd)，物质的量：摩尔(mol)。能量的单位可以从做功的角度考虑，等于N·m，力的单位从牛顿第二定律F＝ma可知N＝kg·m/s2，所以能量的单位为kg·m2/s2，故选A。答案A2.(2018·宁波模拟)如图1所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空。当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是()图1A.一对平衡力 B.作用力和反作用力C.拉力小于重力 D.拉力大于重力解析加速度方向向上，故合力方向向上，拉力大于重力，选项D正确。答案D3.如图2所示，质量为20kg的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10N的水平向右的力的作用，则该物体()图2A.受到的摩擦力大小为10N，方向向右B.受到的摩擦力大小为20N，方向向右C.运动的加速度大小为1.5m/s2，方向向左D.运动的加速度大小为0.5m/s2，方向向左解析滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝20N，方向水平向左，a＝eq\f(Ff－F,m)＝0.5m/s2，方向水平向左，选项D正确。答案D4.如图3所示，为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼10”战机的情景。当战机大仰角沿直线加速攀升时，战机所受合力方向()图3A.竖直向上B.与速度方向相同C.与速度方向相反D.与速度方向垂直解析沿直线加速运动，需要速度与加速度方向相同，所以B正确，A、C、D错误。答案B5.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为()A.7m/s B.10m/sC.14m/s D.20m/s解析设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由匀变速直线运动的规律得veq\o\al(2,0)＝2ax，故汽车刹车前的速度为v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2μgx)＝14m/s，选项C正确。答案C6.用30N的水平外力F拉一个静放在光滑水平面上质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度分别为()A.v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2B.v＝1.5m/s，a＝7.5m/s2C.v＝4.5m/s，a＝0D.v＝7.5m/s，a＝0解析由题意知在前3s内，物体的加速度a1＝eq\f(F,m)＝1.5m/s2，3s末的速度v＝a1t＝4.5m/s，力F撤去后物体做匀速直线运动，所以第5s末物体的速度为4.5m/s，加速度为0。故选项C正确。答案C7.(2018·嘉兴模拟)质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a。当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则()A.a′＝a B.a′<2aC.a′>2a D.a′＝2a解析设摩擦力为f，故当用大小为F的恒力拉木块时，F－f＝ma；当用大小为2F的恒力拉木块时2F－f＝ma′；故m(a′－2a)＝2F－f－2(F－f)＝f>0，故a′>2a，选项C正确。答案C8.(2017·4月浙江选考)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：运动过程运动时间运动状态匀加速运动0～40s初速度v0＝0；末速度v＝4.2m/s匀速运动40s～640sv＝4.2m/s匀减速运动640s～720s靠岸时的速度v1＝0.2m/s图4(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M＝8000kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。解析(1)由运动学公式a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.105m/s2位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝84m(2)减速运动过程中加速度大小a2＝eq\f(Δv,Δt)＝0.05m/s2由牛顿第二定律得F＝Ma2＝400N(3)位移x＝eq\f(0＋v,2)×t1＋v×t2＋eq\f(v＋v1,2)×t3＝2780m平均速度v＝eq\f(x,t)＝3.86m/s答案(1)0.105m/s284m(2)400N(3)3.86m/sB组能力提升9.(2018·嘉兴一中期中)质量为m的物块在倾角为θ的粗糙斜面上匀加速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，则物块的加速度大小将()图5A.变大B.变小C.不变D.以上情况都有可能解析质量为m的物块在倾角为θ的粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝g(sinθ－μcosθ)对物块施加一个竖直向下的恒力F，对物体受力分析，如图现对物块施加一个竖直向下的恒力F，则物块的加速度大小a＝eq\f(（mg＋F）sinθ－μ（mg＋F）cosθ,m)＝(g＋eq\f(F,m))(sinθ－μcosθ)>a故A正确，B、C、D错误。答案A10.(2018·11月浙江选考)如图6所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是()图6A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s解析小车在AB段，由题意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小为a1＝μg＝2m/s2，由运动学公式得LAB＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得t1＝3s，或t1′＝7s(舍去)。从B到C运动时，如图所示，LBC＝2Rsinθ，加速度为a2＝gsinθ，所以LBC＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，得t2＝2s，所以从A到C的时间为t＝t1＋t2＝5s。答案A11.(2018·浙江新高考研究联盟二联)如图7所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小