4.5 牛顿运动定律的应用—2020-2021新教材人教版高中物理必修第一册课件
画受力示意图并解答
FN
Ff
F
FN
Ff
G
t=4s a1 x1
解:设推力方向为正方向
推力撤后
G a2 x2
F - μmg = ma1 ⇒a1 = 1m / s2
v = a1t1 = 4m / s
x1
=
1 2
a1t12
=
8m
- μmg = ma2 ⇒a2 = -2m / s2 vt 2 - v 2 = 2a2 x2
沿水平面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦力为4.2N。求物体4s末
的速度和4s内发生的位移。
规范解题步骤
FN
解：物体受力如图
Ff
由牛顿第二定律得：F－f=ma
Fa=
f
= 1.1m / s2
m
F
G
4s末的速度 4s内的位移
vt = at = 4.4m / s
x = 1 at 2 = 8.8m 2
总结一、从受力确定运动情况
播放视频 动车减速进站并准确停靠在对应的位置，是如何做到的？
例1.一个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在6.4N的水平拉力作用下
沿水平面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦力为4.2N。求物体4s末
的速度和4s内发生的位移。
FN
解决问题的方法与步骤
受力分析如图示：
1.明确研究对象为物体
Ff
F
2.明确物体受哪些力
3.物体所受的合力
竖直方向：合力为零，加速度为零。 水平方向： 大小：F合=F－f；
方向与拉力F方向相同
4.由牛顿第二定律求a
G
5.运动学公式参量 静止v0=0
v0=0 匀变速运动t=4s vt=? 4s内位移x=?
F－f=ma
例1.一个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在6.4N的水平拉力作用下
温故知新
一、牛顿第二定律内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比, 跟它的质量成反比; 加速度的方向跟作用力的方向相同。
表达式: F=ma 方向: a与 F方向瞬时对应
二、运动学公式
速度公式 ：v = vo+at
匀变速运动中：
位移公式：
x
=
v0t
+
1 2
at
2
位移与速度关系：vt 2－ vo 2 =2ax
处理这类问题的基本思路是：明确研究对象，对其受力分析， 并用运动学公式求加速度a， 利用牛顿第二定律的桥梁作用，借助 受力分析求得所需要的力。
物体运 动情况
运动学 公式
加速度 a
牛顿第 二定律
物体受 力情况
练习2.如图所示，一个滑雪人，质量m=50kg，从 静止开始沿倾角θ=37°的斜坡自由滑下，若已知 滑雪板与雪面动摩擦数为0.05，经过5秒后下滑路 程多少？此时速度又是多少？（不计空气阻力）
解：物体受力如图
x方向： mgsinθ-Ff=ma ①
y方向： FN-mgcosθ=0 ②
Ff=μFN
③
联立得：a=g(sinθ-μcosθ)=5.6m/s2
x = 1 at 2 = 70m 2
Gx x
Gy G
课堂小结
应用牛顿运动定律解决两类问题：
第一类问题：已知受力情况求运动情况
-v2 x2 = - 2a2 = 4m
全程位移大小： x1 + x2 = 12m
例 的初题速2：度一沿个山滑坡雪匀的加人速，滑质下量，是山7坡5 k的g，倾以角vθ0==320m°/s， 在t=5 s的时间内滑下的路程x=60 m，求滑雪人受 到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。 （g=9.8m/s2）
受力情况
F合 = ma
运动情况
研究对象
第二类问题：已知运动情况求受力情况
15.一个有坚强心志的人，财产可以被人掠夺，勇气却不会被人剥夺的。——雨果 61.站起来的次数能够比跌倒的次数多一次，你就是强者。 12.一时的挫折往往可以通过不屈的搏击，变成学问及见识。 63.受惠的人，必须把那恩惠常藏心底，但是施恩的人则不可记住它。——西塞罗 63.如果放弃太早，你永远都不知道自己会错过什么。 16.一个毛孩子，他正处于试图反抗一切权威的成长阶段，因此，凡是观点激进的书，他都拿来就读。——奥尼尔 92.成功的秘诀就是每天都比别人多努力一点。 89.如果圆规的两只脚都动，永远也画不出一个圆。 49.没有退路时潜能就发挥出来了。 5.运气就是机会碰巧撞到了你的努力。 97.永远别放弃自己，哪怕所有人都放弃了你。 59.这世上最不会贬值的投资，就是为自己努力。 98.总有人要赢，为什么不能是我？ 71.人所缺乏的不是才干而是志向，不是成功的能力而是勤劳的意志。——部尔卫 24.骄傲是胜利的敌人，努力是成功的朋友。 67.愿相会于中华腾飞世界时。——周恩来
+
1 2
at
2
∴a
=
2( x - v0t ) t2
=
4m
/
s2
y
FN f
由牛顿第二定律得： mg sin θ - f = ma
f = mg sin θ - ma = 67.5N
方向沿斜面向上
Gx x
Gy G
总结二、从运动情况确定受力
已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况已知的条件 下，要求判断出物体的受力情况。
G
（5）根据力的合成和分解的方法，求出所需的力
例题2：一个滑雪的人，质量是75 kg，以v0=2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ=30°， 在t=5 s的时间内滑下的路程x=60 m，求滑雪人受 到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。
规范解题步骤
解：物体受力如图
由运动学公式得：
x
=
v0t
解题思路：
（1）确定研究对象---人
（2）对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图； （3）根据相应的运动学公式，求出物体的加速度
y
x
=
v0t
+
1 2
at
2
⇒a
（4）根据牛顿第二定律列方程求出物体所受的力
FN f
Gx
垂直斜面方向：合力为零，加速度为零。 FN = mg cosθ
x
Gy
沿着斜面方向： mg sin θ - f = ma
已知物体受力情况确定运动情况，指的是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：明确研究对象，对其受力分析并 用牛顿第二定律求加速度a，再用运动学公式求所求量(运动学量)。
物体受 力情况
牛顿第 二定律
加速度 a
运动学 公式
物体运 动情况
［变式1］静止在水平地面上的质量为2 kg物体，在水平恒力F=6N推动下 开始运动，推动4 s后将F撤去，如果物体与地面的动摩擦因数为0.2，求 全程位移大小。
高一物理人教版必修第一册教学课件《牛顿运动定律的应用》
知识解读
知识点一、从受力情况确定运动情况
知识解读
知识点一、从受力情况确定运动情况
知识解读
知识点二、从运动情况确定受力情况
1．基本思路：
2．已知运动情况求受力的动力学问题的一般解题步骤
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力
图和运动草图。
（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
第四章 运动和力的关系
4.5 牛顿运动定律应用
教学目标
1.能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能
从物体的运动情况确定物体的受力情况；
2.能根据力和运动的关系，运用牛顿运动定律和运动学知
识，分析求解有关动力学问题；
3.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法
知识解读
【情景引入】
高铁的不断提速为人们解约Байду номын сангаас
了很多宝贵的时间，缩短了
城市间的距离，为了尽量缩
短停车的时间，旅客按照站
台上标注的门的位置候车，
列车进站时总能准确地停在
对应门的位置。这一切都得
益于人们对力和运动的研究。
人们是如何研究
力和运动的关系？
知识解读
牛顿第二定律F合＝ma，确定了运动和力的关系，使我们能够把物
体的运动情况与受力情况联系起来。
重难点拓展
题型一：动力学两类基本问题的分析与求解
重难点拓展
题型一：动力学两类基本问题的分析与求解
重难点拓展
题型一：动力学两类基本问题的分析与求解
重难点拓展
题型一：动力学两类基本问题的分析与求解
重难点拓展
题型二：动力学图像问题求解
D
【详解】A．在0~1 s内，图象切线不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律得知外力F不
人教版高中物理必修1第一册精品学案：4.5牛顿运动定律的应用
专题强化瞬时加速度问题和动力学图像问题『学科素养与目标要求』科学思维：1.会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型.2.会分析物体受力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题．一、瞬时加速度问题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的．如图1所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图1A．弹簧的拉力F＝mgcos θB．弹簧的拉力F＝mg sin θC．小球的加速度为零D．小球的加速度a＝g sin θ『答案』 A『解析』烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，此时弹簧弹力F＝mgcos θ，烧断绳的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断AO瞬间弹簧的弹力不变，A正确，B错误．烧断绳的瞬间，小球受到的合力与烧断AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，C、D错误．针对训练1(2018·西安市模拟)如图2所示，质量相等的三个物体A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A、B 间的细线，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)()图2A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0C．－2g、2g、g D．－2g、g、g『答案』 B『解析』剪断细线前，对B、C整体受力分析，整体受到的重力和细线的拉力平衡，故F T ＝2mg，再对物体A受力分析，其受到重力、细线拉力和弹簧的弹力；剪断细线后，三个物体的重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力变为零，故物体B受到的合力等于2mg，方向竖直向下，物体A受到的合力为2mg，方向竖直向上，物体C受到的力不变，合力为零，故物体B有方向竖直向下的大小为2g的加速度，物体A具有方向竖直向上的大小为2g的加速度，物体C的加速度为0，因取竖直向下为正方向，故选项B正确．二、动力学图像问题1．常见的图像形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x－t图像)、速度－时间图像(v－t图像)和力－时间图像(F－t图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹．2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程．(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．(2019·重庆市七校高一第一学期期末联考)一个物块置于粗糙的水平地面上，受到水平方向推力F 的作用，推力F 随时间变化的关系如图3甲所示，速度v 随时间变化的关系如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)第1 s 末和第3 s 末物块所受摩擦力的大小F f1和F f2；(2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；(3)若第6 s 末撤去外力，物块前7.5 s 内的位移大小．『答案』 见『解析』『解析』 (1)F f1＝4 N ，F f2＝8 N ；(2)2～4 s ，由牛顿第二定律和运动学规律得F 2－F f2＝ma ，a ＝Δv Δt，可求得m ＝2 kg 由F f2＝μF N ，F N ＝mg 得μ＝0.4.(3)撤去外力后加速度a 3＝μg ＝4 m/s 2，v ＝4 m/s ，故减速到零所用时间t 减＝v a 3＝1 s ，小于1.5 s x 加＝v 2t 加＝4 m x 匀＝v t 匀＝8 mx 减＝v 22a 3＝2 m 所以x 总＝x 加＋x 匀＋x 减＝4 m ＋8 m ＋2 m ＝14 m.针对训练2 质量为60 kg 的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s 落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图4甲所示，g 取10 m/s 2，则：图4(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像．『答案』(1)4 m/s 1 m/s(2)见『解析』图『解析』(1)消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s内以加速度a2匀减速下滑(mg<F2)．第一个过程，mg－F1＝ma1，v max＝a1t1，得v max＝4 m/s第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝v max＋a2t2，得v＝1 m/s.(2)v－t图像如图所示．1.(瞬时加速度问题)(2019·凌源市高一上学期期末三校联考)如图5所示，一根轻质弹簧固定在天花板上，下端系着质量为m的物体A，A的下面再用细线挂另一质量也为m的物体B，平衡时将细线剪断，在此瞬间，A和B的加速度分别为(取竖直向下为正方向)()图5A．a A＝0，a B＝gB．a A＝－g，a B＝0C．a A＝－2g，a B＝gD．a A＝－g，a B＝g『答案』 D『解析』在细线剪断之前，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，故弹簧弹力向上且大小为2mg.当细线剪断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故A受重力mg 和方向竖直向上且大小为2mg 的弹力，取竖直向下为正方向，则A 的加速度a A ＝mg －2mg m＝－g ，方向竖直向上．对B 而言，细线烧断后只受重力作用，则B 的加速度为a B ＝g ，方向竖直向下，故D 正确．2.(瞬时加速度问题)(2019·天津一中高一上学期期末)如图6所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是( )图6A ．A 球的受力情况未变，加速度为零B ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为gC ．B 球加速度沿斜面向上，大小为g sin θD ．A 、B 两个小球的加速度沿斜面向上，大小均为12g sin θ 『答案』 D『解析』 剪断细线后，C 球加速度a C ＝mg sin θm ＝g sin θ，方向沿斜面向下，B 错误．剪断细线前，弹簧拉力F ＝3mg sin θ，剪断细线后，弹簧拉力不变，A 、B 加速度相等，故A 、B共同加速度a A ＝a B ＝F －2mg sin θ2m ＝12g sin θ，方向沿斜面向上，D 正确，A 、C 错误． 3．(图像问题)(多选)物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，用平行于水平面的拉力F 分别拉物体A 、B 、C ，所得加速度a 与拉力F 的关系图线如图7中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )图7A ．μA ＝μB ，m A ＜m B B ．μB ＜μC ，m B ＝m CC ．μB ＝μC ，m B ＞m CD ．μA ＜μC ，m A ＜m C『答案』 ABD『解析』 根据牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，得a ＝F m －μg ，则a －F 图像的斜率k ＝1m ，由图像可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则m A ＜m B ＝m C .当F ＝0时，a ＝－μg ，根据图像可看出，μA ＝μB ＜μC ，故选A 、B 、D.4．(图像问题)(多选)(2019·葛洲坝中学高一第一学期期末)放置于固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F 作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F 和物块速度v 随时间t 变化的图像如图8，g 取10 m/s 2，则( )图8A ．第1 s 内物块受到的合外力为5.5 NB ．物块的质量为1 kgC ．斜面倾角为30°D ．若第3 s 末撤去拉力F ，物块停止运动前加速度为5 m/s 2『答案』 BCD『解析』 由题图可知，在0～1 s 内物块做加速运动，a ＝0.51 m/s 2＝0.5 m/s 2①设斜面倾角为θ，物块质量为m ，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F 合＝F 1－mg sin θ＝ma ②其中F 1＝5.5 N在2～3 s 内物块做匀速运动，F 2＝mg sin θ＝5 N ③由①②③得：m ＝1 kg ，θ＝30°撤去拉力F 后，物块停止运动前加速度a ＝g sin θ＝5 m/s 2故选项B 、C 、D 正确，A 错误．。
人教版高中物理必修1精品学案：4.5 牛顿运动定律的应用
第5节牛顿运动定律的应用两类基本问题1.从受力确定运动情况：如果已知物体的受力情况，可以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：如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
3.两类基本问题的解题思路『判一判』(1)根据加速度的定义式可知，物体的加速度与速度的变化量成正比，与所用时间成反比。
(×)(2)物体受力后一定有加速度，物体的位移一定均匀增加。
(×)(3)物体的受力情况决定了物体如何运动。
(√)(4)解决动力学问题时，加速度将力与运动联系在一起。
(√)(5)在水平粗糙地面上匀速运动的物体，外力撤去后将立即静止。
(×)探究根据受力情况确定运动情况■情境导入玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？『答案』首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2＝2ax和x＝12at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。
■归纳拓展一般解题步骤及注意事项(1)确定研究对象(2)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据合成法或正交分解法求物体所受到的合力。
一般沿a方向建立x轴，垂直a方向建立y轴对研究对象进行运动过程分析，画出运动过程图。
不同的过程往往受力不同(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
列方程时注意正方向的选取(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出运动学时间、位移和速度等。
『例1』如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。
一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f＝4 N，g取10 m/s2。
高中物理第一册训练：第4章 5 牛顿运动定律的应用含解析
【新教材】2020-2021学年高中物理人教版必修第一册训练：第4章5 牛顿运动定律的应用含解析第四章 5请同学们认真完成[练案19］合格考训练(25分钟·满分60分) ）一、选择题（本题共5小题,每题6分，共30分）1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，则F的大小为(A) A．2 N B．1 NC．4 N D．8 N解析：在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝错误!＝错误!m/s2＝1 m/s2。
由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1N＝2 N。
2．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14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度为（B）A．7 m/s B．14 m/sC．10 m/s D．20 m/s解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动速度与位移关系式v错误!＝2ax,可得汽车刹车前的速度为v0＝错误!＝14 m/s，选项B正确。
3．（多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论正确的是(ABD）A．匀变速直线运动的初速度为1 m/sB．物体的位移为12 m时速度为7 m/sC．水平恒力F的大小为4 ND．水平恒力F的大小为12 N解析：根据x＝v0t＋错误!at2对比x＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2,故A正确；根据v2－v2，0＝2ax得，v＝错误!＝错误!m/s＝7 m/s，故B正确;根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg ＝12 N,故C错误，D正确。
2023学年新教材高中物理第四章运动和力的关系：牛顿运动定律的应用pptx课件新人教版必修第一册
典例示范 例2 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通 过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的 质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，求： (1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．
(1)冰壶与冰面之间的摩擦力； (2)30 s内冰壶的位移大小．
答案：(1)3.8 N (2)40 m
5.牛顿运动定律的应用
必备知识•自主学习
关键能力•合作探究
新课程标准
理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象， 解决有关问题．
核心素养目标
科学思维
科学探究
科学态度 与责任
真实情境下，应用牛顿运动定律解决综合问题． 利用生产生活中的实际问题，探究、论证运动和力的 关系． 感受物理和生活、科学、技术的联系，培养探索自然 的内在动力．
(1)人(含滑板)从斜坡上滑下的加速度为多大； (2)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20.0 m，则人(含滑 板)从斜坡上滑下的距离应不超过多少．
答案：(1)2 m/s2 (2)50 m
探究点二 从运动情况确定受力 导学探究
房屋屋顶的设计要考虑很多因素，其中很重要的一点是要考虑排 水问题，如果某地降雨量较大，为了使雨滴能尽快地淌离房顶，设雨 滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动．
针对训练1 如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板 上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道 再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m＝60 kg，滑板与 斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过 程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求：
牛顿运动定律的应用高一上学期物理人教版必修第一册
4m / s2
v v0 a1t v v1 a2t
v0 a1t v1 a2t
t v0
8m / s
1s
(a2 a1) (4m / s2 4m / s2 )
14
2 题组阶梯突破
应用层
解：(2)以小滑块为研究对象，以地面为参考系，小滑块做匀加速直线运动
x
v0t
1 2
at
2
8m / s 1s 1 (4m / s2 )(1s)2
加速直线阶段，以速度方向为正方向：
f FN mg
f ma
a g 0.510m / s2 5m / s2
v v0 at1
x1
v0t1
1 2
at12
t1 0.4s x 0.4m
x2 x x1 10m 0.4m 9.6m
x2 vt2
t2
x2 v
9.6m 2m / s
4.8s
：
(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3)物体与斜面间的动摩擦因数．
10
2 题组阶梯突破
应用层
解：(3) sin Fx
mg
cos Fy
mg x轴： f Fx ma y轴： FN Fy
f mg sin ma FN mg cos f FN
Fx mg sin Fy mg cos
t t1 t2 0.4s 4.8s 5.2s 总共所需时间为5.2s。 18
19
2m
/
s
1m
/
s
(2) a v v0 t
1m / s 2m / s 1s
1m / s2
v0
x
t
a？
4.5牛顿运动定律的应用(解析版)高一物理知识讲学卓越讲义(新教材人教版必修第一册)
2020-2021学年高一物理卓越同步讲义（新教材人教A版必修第一册）第四章运动和力的关系4.5 牛顿运动定律的应用一．知识点归纳知识点一已知物体的受力求运动情况1．由物体的受力情况确定其运动的思路物体受力情况→牛顿第二定律→加速度a→运动学公式→物体运动情况2．解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．知识点二已知物体的运动情况求受力1．基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：2．解题的一般步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力． (4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．二、题型分析题型一 从受力确定运动情况【例1】(2019-2020学年·浙江湖州高一期中)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg ，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N 的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s 后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：(1)冰车的最大速率；(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小． 【答案】(1)5 m/s (2)50 m【解析】(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1① v m ＝a 1t ①由①①式得v m ＝5 m/s.(2)冰车匀加速运动过程中有x 1＝12a 1t 2①冰车自由滑行时有μmg ＝ma 2① v 2m ＝2a 2x 2① 又x ＝x 1＋x 2①由①①①①式得x ＝50 m.【总结提升】从受力确定运动情况应注意的三个方面(1)方程的形式：牛顿第二定律F ＝ma ，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F －ma ＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义．(2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值． (3)求解：F 、m 、a 采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论． 【变式】．一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5 s 内滑下的路程和5 s 末的速度大小．(g 取10 m/s 2)【答案】58.2 m 23.3 m/s【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示．将重力mg 沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，据平衡条件和牛顿第二定律列方程 F N －mg cos θ＝0① mg sin θ－F f ＝ma ① 又因为F f ＝μF N ①由①①①可得：a ＝g (sin θ－μcos θ)故x ＝12at 2＝12g (sin θ－μcos θ)t 2＝12×10×⎝⎛⎭⎫12－0.04×32×52 m ＝58.2 mv ＝at ＝10×⎝⎛⎭⎫12－0.04×32×5 m/s ＝23.3 m/s题型二 等时圆模型【例2】如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【答案】D【解析】小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的， 设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知 mg cos θ＝ma ①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移为x ＝2R cos θ① 由运动学公式得x ＝12at 2①由①①①式联立解得t ＝2R g小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3.【模型构建】等时圆模型例图【变式】1.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A ．2①1B ．1①1 C.3①1 D ．1①3【答案】B.【解析】：设光滑斜槽轨道与竖直面的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a ＝g cos θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )cos θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝2s a＝ 2×2（R ＋r ）cos θg cos θ＝2R ＋rg，即所用时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．题型三 已知物体的运动情况求受力【例3】(2019-2020学年·佛山高一检测)在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB 上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F 推动质量为m ＝1 kg 的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到达B 点时机器人撤去电磁力F ，小滑块冲上光滑斜面(设经过B 点前后速率不变)，最高能到达C 点．机器人用速度传感器测量小滑块在ABC 过程的瞬时速度大小并记录如下．求：(1)(2)斜面的倾角α的大小． 【答案】(1)2 N (2)30°【解析】(1)小滑块从A 到B 过程中：a 1＝Δv 1Δt 1＝2 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＝ma 1＝2 N. (2)小滑块从B 到C 过程中加速度大小： a 2＝Δv 2Δt 2＝5 m/s 2由牛顿第二定律得： mg sin α＝ma 2 则α＝30°.【归纳总结】从运动情况确定受力应注意的三个方面(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．(2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解．(3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力．【变式】战士拉车胎进行100 m 赛跑训练体能．车胎的质量m ＝8.5 kg ，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.7.某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20 m 达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15 s ．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)战士加速所用的时间t 1和达到的最大速度大小v ； (2)战士匀加速运动阶段绳子对车胎的拉力大小F . 【答案】(1)5 s 8 m/s (2)59.92 N【解析】(1)匀加速阶段位移为x 1＝0＋v2t 1匀速阶段位移为x 2＝100－x 1＝v (15－t 1) 联立解得：v ＝8 m/s ，t 1＝5 s(2)由速度公式v ＝at 1 得：a ＝v t 1＝85 m/s 2＝1.6 m/s 2车胎受力如图，并正交分解： 在x 方向有：F cos37°－f ＝ma 在y 方向有：N ＋F sin37°－mg ＝0 且f ＝μN代入数据联立解得：F ＝59.92 N三．课堂检测1．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t 秒内的位移为x m ，则合力F 的大小为( ) A.2x t 2 B.2x2t －1 C.2x 2t ＋1 D.2x t －1【答案】A【解析】由运动情况可求得质点的加速度a ＝2x t 2 m/s 2，则合力F ＝ma ＝2xt2 N ，故A 项对．2．(多选)如图1所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图2所示，下列判断不正确的是()A．在0～1 s内，外力F不断增大且大于摩擦力B．在1～3 s内，外力F的大小恒定且等于摩擦力C．在3～4 s内，外力F不断减小且大于摩擦力D．在3～4 s内，外力F不断减小且小于摩擦力【答案】AC【解析】由题图2可知，在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，合外力不变，由于摩擦力不变，所以外力F不变且大于摩擦力，故A错误．在1～3 s内，物块匀速运动，外力F等于摩擦力，故B正确．根据3～4 s内速度图线的变化规律可知，物块加速度反向且增大，说明外力F小于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，f－F＝ma′，外力F在不断减小，C错误，D正确．故选AC.3.(2019-2020学年·江苏高一月考)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是()【答案】C.【解析】：设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D 错误，C正确．4.(多选)如图，在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球，其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止，则下列说法正确的是()A．AB绳拉力不变B．AB绳拉力变大C．BC绳拉力变大D．BC绳拉力不变【答案】AC.【解析】：对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图根据牛顿第二定律，水平方向F2－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝Gcos θ，F2＝G tan θ＋ma 因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．5.(2019-2020学年·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．【答案】：(1)4 5 s (2)3.5 m/s 2【解析】：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1解得a 1＝4.5 m/s 2由匀加速直线运动公式L 1＝12at 2 解得t ＝4 5 s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a 2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F －f －mg sin θ＝ma 2，其中sin θ＝h L 2解得a 2＝3.5 m/s 2.四、课后提升作业1．(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．c 球最先到达M 点C ．b 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M【答案】B.【解析】：c 球从圆心C 处由静止开始沿CM 做自由落体运动，R ＝12gt 2c ，t c ＝2R g ；a 球沿AM 做匀加速直线运动，a a ＝g sin 45°＝22g ，x a ＝R cos 45°＝2R ，x a ＝12a a t 2a ，t a ＝4R g ；b 球沿BM 做匀加速直线运动，a b ＝g sin 60°＝32g ，x b ＝R cos 60°＝2R ，x b ＝12a b t 2b ，t b ＝83R 3g；由上可知，t b >t a >t c .2.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )A ．自身所受重力的2倍B ．自身所受重力的5倍C ．自身所受重力的8倍D ．自身所受重力的10倍【答案】B.【解析】：由自由落体v 2＝2gH ，缓冲减速v 2＝2ah ，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，解得F ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋H h ＝5mg ，故B 正确．3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )【答案】C.【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝L cos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝ 4L g sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确． 4.（多选）如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动【答案】BC. 【解析】：水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为F f＝μF N ＝μmg ＝3 N ．故a ＝F ＋F f m ＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需时间为t ＝v 0a＝2 s ，故B 正确，A 错误；减速到零后F <F f ，物体处于静止状态，故C 正确，D 错误．5.（多选）从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg ，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )A ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC ．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s 2D ．发动机的推动力F 为37.50 N【答案】BC.【解析】：火箭所能达到的最大高度h m ＝12×24×40 m ＝480 m ，故A 错误，B 正确；该星球表面的重力加速度g 星＝4016 m/s 2＝2.5 m/s 2，故C 正确；火箭升空时：a ＝408m/s 2＝5 m/s 2，故推动力F ＝mg 星＋ma ＝112.5 N ，故D 错误．6．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14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( )A ．7 m/sB ．14 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s【答案】B.【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μmg ＝ma ，解得a ＝μg .由匀变速直线运动的速度位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为v 0＝2ax ＝2μgx ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．7．(2019-2020学年·太原期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L 是一定的，而高度可以调节，则( )A ．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B ．划艇下滑时间与倾角无关C ．划艇下滑的最短时间为2L g D ．划艇下滑的最短时间为 2L g 【答案】C.【解析】：设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x ＝L cos θ，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a ＝g sin θ，由位移公式得：x ＝12at 2；联立解得：t ＝2L g sin 2θ，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2L g . 8．(2019-2020·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a ，a >μ1g ，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )A.2as 0B.2μ1gs 0C.2μ2gs 0D.（μ1＋μ2）gs 0【答案】C.【解析】：设A 的质量为m ，卡车以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，对构件A 由牛顿第二定律得f 1＝ma 1≤μ2mg ，解得a 1≤μ2g ，同理，可知B 的最大加速度a 2≤μ1g ；由于μ1>μ2，则a 1<a 2≤μ1g <a ，可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a 1，所以车的最大速度v m ＝2μ2gs 0，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是()A．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F【答案】BC.【解析】：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－F N＝2ma，两式联立解得F N＝0.6F，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B、C正确．10．(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/sB．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/sC．若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2，根据v2B－v20＝－2aL，解得：v B＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经历的位移x＝v22a＝422×1m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：v B＝2aL＝2×1×32 m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．11.如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍．现对物体施加一个大小F ＝8 N ，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s 内通过的位移．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)【答案】16.25 m【解析】物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F .根据牛顿第二定律，x 、y 两个方向分别列方程F cos θ－F f ＝ma ①F sin θ＋F N －G ＝0①F N 为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力F f ＝μF N ①由①①①得a ＝1.3 m/s 2，由运动学公式得5 s 内物体的位移x ＝12at 2＝12×1.3×52 m ＝16.25 m. 12．如图甲所示，质量为1.0 kg 的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，物体运动的F －t 图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：(1)0～1 s 内物体运动位移的大小；(2)1 s 后物体继续沿斜面上滑的距离．【答案】(1)9 m (2)54 m【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：在0～1 s 内F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma 1，解得a 1＝18 m/s 20～1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝9 m (2)1 s 时物体的速度v ＝a 1t 1＝18 m/s1 s 后物体继续沿斜面减速上滑的过程中mg sin37°＋μmg cos37°－F ′＝ma 2，解得a 2＝3 m/s 2设物体继续上滑的距离为x 2，由2a 2x 2＝v 2得x 2＝54 m13．公路上行驶的两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 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 【答案】：20 m/s【解析】：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 202a 0① 式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0① 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ①s ＝vt 0＋v 22a① 联立①①①①①式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．14．如图所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v 0＝16 m/s 从底端A 点滑上斜面，滑至B 点后又返回到A 点，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25.(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)AB 之间的距离；(2)滑块再次回到A 点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．【答案】(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s【解析】(1)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，则a 1＝8 m/s 2，由v 2B －v 20＝－2a 1x AB ，得AB 之间的距离x AB＝16 m ； (2)设滑块从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，则a 2＝4 m/s 2，则滑块返回到A 点时的速度为v t ，有v 2t ＝2a 2x AB ，解得：v t ＝8 2 m/s ；(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有：t 1＝0－v 0－a 1＝2 s ，t 2＝v t －0a 2＝2 2 s ，则滑块在整个运动过程中所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.15.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝36.试求：(1)小球运动的加速度a 1；(2)若风力F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离x m ；(3)在上一问的基础上若从撤去风力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25 m 的B 点．【答案】：(1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m (3)0.2 s 和0.75 s【解析】：(1)在力F 作用时有：(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1解得a 1＝2.5 m/s 2.(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m 撤去力F 后，小球上滑时有：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，a 2＝7.5 m/s 2因此小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s 上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.(3)在上滑阶段通过B 点：x AB －x 1＝v 1t 3－12a 2t 23经过B 点时的时间为t 3＝0.2 s ，另t 3＝0.6 s(舍去)小球返回时有：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 3，a 3＝2.5 m/s 2因此小球由顶端返回B点时有：x m－x AB＝12a3t24，t4＝35s经过B点时的时间为t2＋t4＝2＋35s≈0.75 s.。
高中物理必修一 第四章 第五节 牛顿运动定律的应用
针对训练1
一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够 长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝ 2.5 m/s2匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用 于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动， 在0～2 s时间内沿斜面运动的位移s＝4 m.求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
答案 0.5 30 N
设力F作用时物体的加速度 为a1，对物体进行受力分析， 由牛顿第二定律可知： F－mgsin 37°－μmgcos 37° ＝ma1， 撤去力F后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 根据v－t图像的斜率表示加速度可知a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2， 联立解得μ＝0.5，F＝30 N.
(1)滑雪者受到雪面的支持力大小； 答案 400 N
滑雪者在雪坡上受力如图所示，建立如图所示的直角 坐标系， FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)滑雪者受到的阻力大小. 答案 100 N
由v－t图像可得滑雪者的加速度大小， a＝v2－t v1＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－f＝ma， 得f＝mgsin 37°－ma＝100 N.
(2)人在离C点多远处停下.
答案 12.8 m
人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在 水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 设人到达C时的速度为v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡下滑的过程：v2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s 联立解得s＝12.8 m.
(2)t＝3 s时物体的速度大小；
答案 0 t＝3 s时的速度v3＝v1－a2t＝20 m/s－10×2 m/s＝0， 即t＝3 s时物体的速度为0.
4.5 牛顿运动定律的应用-2020-2021学年上学期高一物理(新教材人教版必修第一册)
人教版新教材 物理必修第一册 第四章《运动和力的关系》4.5 牛顿运动定律的应用精选练习一、夯实基础1.(2019-2020学年·昆山期末)质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t 秒内的位移为x m ，则合力F 的大小为( ) A.2x t 2 B.2x2t －1 C.2x 2t ＋1 D.2x t －1【答案】A【解析】由运动情况可求得质点的加速度a ＝2x t 2 m/s 2，则合力F ＝ma ＝2xt2 N ，故A 项对．2．(2019-2020学年·湖北沙市高一期末)如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )【答案】A .【解析】：对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T 与x 的关系．设单位长度质量为m ，对整体分析有F ＝Lma ；对x 分析可知T ＝xma ，联立解得：T ＝FL x ，故可知T 与x 成正比，且x ＝0时，T ＝0，故A 正确．3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )【答案】C.【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝L cos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝4Lg sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确． 4．(2019-2020学年·如皋校级学业考试)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是( )A ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C ．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD ．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F 【答案】BC.【解析】：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F －5μmg ＝5ma .再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F －2μmg －F N ＝2ma ，两式联立解得F N ＝0.6F ，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B 、C 正确．5．(多选)如图所示，用同种材料制成的物体A 与B ，其质量分别为m A 、m B ，两者紧靠在一起，相对静止，共同沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑．则(重力加速度为g )( )A ．A 、B 间无弹力 B ．A 、B 分别受到四个力的作用C ．A 对B 的弹力大小为m A g sin θD ．B 受到的摩擦力大小为m B g sin θ 【答案】AD【解析】以物体A 与B 整体为研究对象，受力分析，据平衡条件可得(m A ＋m B )g sin θ＝μ(m A ＋m B )g cos θ，解得μ＝tan θ，以A 为研究对象，设B 对A 的弹力为F BA ，据平衡条件可得m A g sin θ＋F BA ＝μm A g cos θ，解得F BA ＝0，即A 、B 间无弹力，故选项A 正确，选项C 错误．因A 、B 间无弹力，A 、B 都受重力、斜面对物体的弹力、斜面对物体的摩擦力，即A 、B 分别受到三个力的作用，故选项B 错误．据平衡条件可得，B 受到的摩擦力f B ＝μm B g cos θ＝m B g sin θ，故选项D 正确．6.(2019-2020学年·浙江月考)（多选）从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg ，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )A ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC ．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s 2D ．发动机的推动力F 为37.50 N 【答案】BC.【解析】：火箭所能达到的最大高度h m ＝12×24×40 m ＝480 m ，故A 错误，B 正确；该星球表面的重力加速度g 星＝4016 m/s 2＝2.5 m/s 2，故C 正确；火箭升空时：a ＝408 m/s 2＝5 m/s 2，故推动力F ＝mg 星＋ma ＝112.5 N ，故D 错误．7.(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．c 球最先到达M 点C ．b 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 【答案】B.【解析】：c 球从圆心C 处由静止开始沿CM 做自由落体运动，R ＝12gt 2c ，t c ＝2Rg；a 球沿AM 做匀加速直线运动，a a ＝g sin 45°＝22g ，x a ＝R cos 45°＝2R ，x a ＝12a a t 2a ，t a＝4Rg；b 球沿BM 做匀加速直线运动，a b ＝g sin 60°＝32g ，x b ＝R cos 60°＝2R ，x b ＝12a b t 2b ，t b ＝83R3g；由上可知，t b >t a >t c . 8.(2019-2020学年·万州校级月考)如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F 一定时，m 2所受绳的拉力( )A ．与θ有关B ．与斜面动摩擦因数有关C ．与系统运动状态有关D ．仅与两物体质量有关【答案】D .【解析】：对整体分析由牛顿第二定律得，a ＝F －（m 1＋m 2）g sin θ－μ（m 1＋m 2）g cos θm 1＋m 2＝Fm 1＋m 2－g sin θ－μg cos θ；隔离对m 2分析，有：T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a ，解得T ＝m 2Fm 1＋m 2；知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．9.如图甲所示，固定光滑轻杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 的作用下向上运动，推力F 与小环的速度v 随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小环的质量m ； (2)轻杆与地面间的倾角α. 【答案】：(1)1 kg (2)30°【解析】：(1)由F －t 图象知，0～2 s 内推力F 1＝5.5 N ，由v －t 图象知，在此时间段内小环做匀加速直线运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5 m/s 2根据牛顿第二定律得 F 1－mgsin α＝ma ①由F －t 图象知，2 s 以后推力F 2＝5 N ，由v －t 图象知，此时间段内小环做匀速直线运动，所以有 F 2－mg sin α＝0① 联立①①解得m ＝1 kg.(2)将m ＝1 kg 代入①式解得sin α＝12，故α＝30°.10..(2019-2020学年·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L 1＝180 m 的水平跑道和长度L 2＝20 m 倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h ＝2 m ，如图所示．已知质量m ＝2×104 kg 的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F ＝1.2×105 N ，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．【答案】：(1)4 5 s(2)3.5 m/s2【解析】：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1解得a1＝4.5 m/s2由匀加速直线运动公式L1＝1 2at2解得t＝4 5 s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hL2解得a2＝3.5 m/s2.二、提升训练1.(2019-2020学年·福建漳州高一期中)重物A放在倾斜的传送带上，它和传送带一直相对静止没有打滑，传送带与水平面的夹角为θ，如图所示，传送带工作时，关于重物受到的摩擦力的大小，下列说法正确的是()A．重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上匀速运动时受到的摩擦力B．重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C．重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D．重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大【答案】B【解析】重物静止时，受到的摩擦力大小F f＝mg sinθ，重物匀速上升时，受到的摩擦力大小仍为mg sinθ，且与速度大小无关，A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力F f′＝mg sinθ＋ma，加速度越大，摩擦力越大，B正确；重物沿斜面向下加速运动时，F f″＝mg sinθ－ma或F f″＝ma－mg sinθ，加速度越大，摩擦力不一定越大，C错误．2.(2019-2020学年·九江期末)（多选）如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动【答案】BC.【解析】：水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为F f＝μF N＝μmg＝3 N．故a＝F＋F fm＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝v0a＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F<F f，物体处于静止状态，故C正确，D错误．3．(2019-2020·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.（μ1＋μ2）gs0【答案】 C.【解析】：设A的质量为m，卡车以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，对构件A由牛顿第二定律得f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1<a2≤μ1g<a，可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1，所以车的最大速度v m＝2μ2gs0，故A、B、D 错误，C正确．4．(2019-2020学年·渝中校级期末)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1B．a′＞a，F′1＝F1 C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1【答案】B.【解析】：当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，竖直方向有F1cos θ＝mg①水平方向有F－F1sin θ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝mM g tan θ①当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cos θ＝mg①水平方向有F′1sin θ＝ma′解得a′＝g tan θ①结合两种情况，由①①有F1＝F′1；由①①并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.5.(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/sB．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/sC．若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2，根据v2B－v20＝－2aL，解得：v B＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经历的位移x＝v22a＝422×1m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：v B＝2aL＝2×1×32 m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．6.(多选)(2019-2020学年·鹤岗一中高一检测)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10 m/s2)()A．物体的质量为1 kg B．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】BC.【解析】：由题图乙可知F1＝7 N时，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N时，a2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg ＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2 kg，μ＝0.3，故选项B、C正确．7.(多选)(2019-2020学年·安徽淮南高一期末)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC ．M 运动的加速度大小为(1－s in 2α)gD ．M 运动的加速度大小为M －mM g【答案】AD.【解析】：第一次放置时M 静止，则由平衡条件可得：Mg s in α＝mg ；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg －mg s in α＝(M ＋m )a ，联立解得：a ＝(1－s in α)g ＝M －m M g .对M ，由牛顿第二定律：T －mg s in α＝ma ，解得：T ＝mg ，故A 、D 正确，B 、C 错误．8．(2019-2020学年·海淀高一校级月考)如图甲所示，质量为1.0 kg 的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，物体运动的F －t 图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：(1)0～1 s 内物体运动位移的大小； (2)1 s 后物体继续沿斜面上滑的距离． 【答案】(1)9 m (2)54 m【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：在0～1 s 内F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma 1，解得a 1＝18 m/s 2 0～1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝9 m(2)1 s 时物体的速度v ＝a 1t 1＝18 m/s 1 s 后物体继续沿斜面减速上滑的过程中 mg sin37°＋μmg cos37°－F ′＝ma 2，解得a 2＝3 m/s 2 设物体继续上滑的距离为x 2，由2a 2x 2＝v 2得x 2＝54 m9.(2019-2020学年·吉林长春高一测试)如图所示，传送带AB 的长度为L ＝16 m ，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v 0＝10 m/s 匀速运动，方向如图中箭头所示。
4.5牛顿运动定律的运用【新版】人教版(2019)高中物理必修第一册课件
例【2】：如图甲所示，质量为m＝10 kg的小球挂在倾角θ＝37°、质量M＝40 kg的光滑斜面
的固定铁杆上．当斜面和小球以a1＝0.5g的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜 面的压力分别为多少？当斜面和小球都以a2＝g的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力 和对斜面的压力A 又分别是多少？(取g＝10 m/s2)
例如，静止于倾角为θ的斜面上的物体，如果已分析了重力G，就不能同时说物体还受到 下滑力Gsin θ 和垂直于斜面向下的分力Gcos θ.
3．要养成按先画非接触力(如重力)再画接触力(如弹力、摩擦力)的顺序分析物体受力的习 惯，在分析接触力时要注意受力物体与其他施力物体的接触处最多存在两个力(弹力、摩擦力)， 有可能只有一个力(弹力)，也有可能无力作用．
的固定铁杆上．当斜面和小球以a1＝0.5g的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜 面的压力分别为多少？当斜面和小球都以a2＝g的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力 和对斜面的压力A 又分别是多少？(取g＝10 m/s2)
小球和斜面一起向右加速运动，球相对斜面有两种情况，一种是压在斜面上，一种是离开斜面．两种情况 有个临界点，弹力FN＝0，此时的加速度称为临界加速度a0.本题关键是比较实际加速度与临界加速度，判 断小球的相对状态，再受力分析求解．
课前导入
一起交通事故 (据报载)某市区一路段发生了一起交通事故：一辆汽车在公路上匀速行驶，突然前面有一
位老太太横穿马路，司机发现后立刻刹车，但老太太还是被撞倒了．事故发生后交警测得刹车 过程中车轮在路面上擦过的笔直的痕迹长9 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎和地面间的 动摩擦因数是0.8.据悉，交通部门规定该路段的速度不得超过36 km/h.