2020_2021学年新教材高中物理第四章运动和力的关系5牛顿运动定律的应用课件新人教版必修一
第四章运动和力的关系知识梳理高一物理
第四章运动和力的关系知识梳理第1节牛顿第一定理一、牛顿第一定律1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
这就是牛顿第一定律。
2.意义：(1)牛顿第一定律揭示了力和运动的关系；(2)牛顿第一定律揭示了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因；(3)牛顿第一定律揭示了物体不受外力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态。
二、惯性1.定义：一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质，这种性质叫做惯性。
牛顿第一定律也被叫做惯性定律。
2.特点：(1)惯性是物体的固有属性，不是外界强加给它的；(2)一切物体都具有惯性。
3.惯性的“三性”4.惯性的具体表现形式(1)当物体不受外力或所受合外力为零时，惯性表现为保持原来的运动状态不变。
原来静止的物体保持静止，原来运动的物体保持原来的速度继续运动。
(2)当物体受到外力作用时，惯性表现为改变运动状态的难易程度，物体的惯性越大，它的运动状态越难改变。
第2节实验：探究加速度与力、质量的关系1.实验方法：控制变量法2.实验思路：本实验有三个需要测量的量：物体的质量M 、物体所受的作用力F 和物体的加速度a 。
测出它们的值，分析数据，得出结论。
(1)质量M ：用天平测量。
(2)测量物体的加速度a方案一：利用打点计时器打出的纸带测量小车的加速度a 。
“逐差法”求解加速度：Δx ＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2(m >n )方案二：让两个小车做初速度为0的匀加速直线运动，在相等的时间内，由x ＝12at 2知x 1x 2＝a 1a 2，把测量加速度转换成测量位移。
(3)测物体受到的拉力F方案一：用阻力补偿法补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，小车所受的拉力近似等于槽码的总重力。
阻力补偿后，绳的拉力F 为小车所受合外力，绳的拉力F ＝mg 须满足m≪M 的条件，其中m 为槽码质量，M 为小车质量。
物理人教版必修第一册 第四章 运动和力的关系 5 牛顿运动定律的应用 多过程问题和图像问题课件
速直线运动；在1～2 s与3～4 s内，小球向前做匀减速直线运
动，加速度大小相同，其运动的v-t图像如图4-14所示，由图像
可知，选项C、D正确，选项A、B错误。
点睛：处理此类问题，利用作v-t图像的方法展示物体的运动过
程，是解题的捷径之一。
B. 第5 s内钢索最容易发生断裂
C. 整个过程材料上升高度是14 m
D. 第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
点题：v-t图像中斜率表示加速度；图线与t轴所围面积表示位移。
解 析
5.如图4-5-5甲所示，质量m =2 kg的物体在水平面上向右做 直线运动。过A点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始
Ff′=ma2，由v-t图像知a2=0.2 m/s2，解得m=1 kg，A正确。
在2～4 s内，对木板有F-F′f=ma1，又F′f=Ff=f=0.2 N，由v-t图像知a1=0.2
m/s2，解得F=0.4 N，B正确。
因为无法得知物块的质量，所以木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误。
由题图（b）知，0～2 s内力F大小变化，C错误
8.如图4-5-8甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光 滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间 变化规律如图乙、丙所示，g取10 m/s2。求： （1）小环的质量m。 （2）细杆的图像
9. ［多选］如图4-5-9甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度 为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程 中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
广西专版新教材高中物理第4章运动和力的关系5牛顿运动定律的应用pptx课件新人教版必修第一册
m/s2。
(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少?
(2)人滑到水平面上后还能滑行多远?
答案:(1)6 s (2)14.4 m
解析:(1)人在斜坡上下滑时,受力如图所示。设人沿斜坡下
滑的加速度为a
由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff=ma
又Ff=μFN
屋顶排水效果最好。
二、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物体所
受的 合外力 ,进而知道物体受到其他力的情况。
微思考2一位同学通过电视机观看火箭发射的情景,他听到
现场指挥倒计时结束发出“点火”命令后,立刻用停表计时,测
得火箭底部到达发射架顶端的时间为t,他想估算出火箭受到
(2)求出物体在拉力作用下5 s末的速度大小。
(3)求出物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小。
答案:(1)见解析图 1.3 m/s2,方向水平向右
(2)6.5 m/s (3)16.25 m
解析:(1)对物体受力分析,如图所示
由牛顿第二定律可得
Fcos θ-Ff=ma
Fsin θ+FN=mg
Ff=μFN
5 牛顿运动定律的应用
素养·目标定位
课前·基础认知
课堂·重难突破
随 堂 训 练
素养·目标定位
目标素养
1.会分析物体的受力情况,能结合物体的运动情况进行受力分
析,培养分析解答实际问题的能力。
2.能运用牛顿运动定律和运动学公式解决两类动力学问题。
3.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法,培养科
解得a=1.3 m/s2,方向水平向右。
高一物理必修课件第四章牛顿运动定律的应用
汇报人：XX 20XX-01-23
目录
• 牛顿运动定律概述 • 牛顿运动定律在力学中的应用 • 牛顿运动定律在曲线运动中的应用 • 牛顿运动定律在碰撞和动量守恒中的应用 • 牛顿运动定律在万有引力与航天中的应用
01
牛顿运动定律概述
牛顿第一定律
定律内容：任何物体都要保持匀速直线运动或静止状态 ，直到外力迫使它改变运动状态为止。
物体所受合外力的方向与速度方向不在同一 直线上。
曲线运动的轨迹特点
物体做曲线运动时，其轨迹向合外力方向弯 曲，且位于速度方向和合外力方向所构成的 平面内。
曲线运动的性质
曲线运动是变速运动，具有加速度，且加速 度的方向与速度方向不在同一直线上。
曲线运动中的牛顿运动定律
01
牛顿第一定律在曲线运动中的应用
万有引力定律的适用范围
适用于两质点间的相互作用，当两物体间的距离远大于物 体本身的大小时，此公式也近似适用。
天体运动的描述
天体运动的基本形式
包括匀速圆周运动和椭圆运动等。
天体运动的描述参数
如轨道半径、周期、线速度、角速度、向心加速度等。
开普勒三定律
描述了行星绕太阳运动的轨道、速度和周期等规律。
航天器中的牛顿运动定律
物体在不受外力作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。在曲线
运动中，物体所受合外力不为零，因此物体的运动状态将发生改变。
02 03
牛顿第二定律在曲线运动中的应用
物体的加速度与所受合外力成正比，与物体质量成反比。在曲线运动中 ，物体所受合外力不为零，因此物体具有加速度，且加速度的方向与合 外力的方向相同。
根据牛顿第二定律 F=ma，计算研究 对象的加速度。
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Ff＝μFN，FN＝mg
− −.××
解得a＝
＝
m/s2＝2 m/s2
由运动学公式可得v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s。
[答案]
6 m/s
(2)木箱在2 s内的位移大小。
[解析]
木箱在2
[答案]
4m
2
s内的位移大小为x＝ at ＝ ×2×22
m＝4 m。
知识点二
根据运动情况确定受力
运动学规律
如果已知物体的运动情况பைடு நூலகம்根据__________求出物体的加速度，再
牛顿第二定律
根据____________求出力。
世界一级方程式锦标赛(简称为F1)是当今世界最高水平的赛车
比赛，与奥运会、世界杯足球赛并称为 “世界三大体育”。F1赛
车可以在2.5 s内从0加速到100千米/小时，F1赛车比赛规则规定赛车
第二定律求解
[解析]
(1)人和滑板在斜坡上的受力分析如图所示，建立直角坐标
系。设人和滑板在斜坡上滑下的加速度大小为a1，由牛顿第二定律
得
mg sin θ－Ff＝ma1
FN－mg cos θ＝0，其中Ff＝μFN
联立解得人和滑板滑下的加速度大小为
a1＝g(sin θ－μcos θ)＝2.0 m/s2。
联立解得LAB＝50.0 m。
[答案]
(1)2.0 m/s2
(2)50.0 m
[母题变式]
上例中，若人坐在滑板上从底端B处向斜坡上冲去，如果vB′＝20
m/s，则冲上斜坡的最大距离是多少？
提示：设上坡时加速度大小为a3，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋Ff＝ma3，解得a3＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
人教版高中物理新教材必修第一册第4章-运动和力的关系-教案
各组数据在坐标系中描点,可以得到如图甲
所示的一条图线,由图线只能看出质量 M 增
大时加速度a 减小,无法定量得到两者关系。
1
若以a 为纵轴, 为横轴,可以得到如图乙的
M
一条过原点的直线,据此可以判断出 a 与 M
成反比。
(
3)按图示组装实验器材,先接通电源后
3
2.
【变式1】如图所示,
A、
B 两小球分别连
等,
B 球 受 力 平 衡,
aB =0,
A 球所受合力为
定在倾角为30
°的光滑斜面顶端.
A、
B 两小球
都不为零
图所示,细线烧断后瞬间,弹簧弹力与原来相
mgs
i
nθ+kx =2mgs
i
nθ=maA ,解 得 aA =
2gs
i
nθ,故 AD 错误,
BC 正确.
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.
三 超重和失重现象的判断方法
(
1)从受力的大小判断,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;小于重力时处于失重状态,等于零时
处于完全失重状态.
(
2)从加速度的方向判断,当物体具有向
上的加速度时处于超重状态,具有向下的加
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
是对超重失重概念、定义的理解,此类知识点
D.物块相对于斜面匀速下滑
主要以选择题的形式进行考查,另一种则是
三 牛顿力学中的临界极值问题
对超重失重分析计算能力的考查,主要以计
位制.
人教版高中物理必修第一册第四章运动和力的关系第5节牛顿运动定律的应用
解得v0＝12 m/s，故选D。
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
知识点 2 从运动情况确定受力情况 若已经知道物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的
__加__速__度___，于是就可以由牛顿第二定律确定物体所受的__外__力___，这是 力学所要解决的又一方面的问题。
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的长度为12 m，假设汽车的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.6(g取10
m/s2)，则汽车刹车开始时的速度大小为( D )
A．6 m/s
B．8 m/s
C．10 m/s
D．12 m/s
解 析 ： 汽 车 做 的 是 匀 减 速 直 线 运 动 ， 根 据 牛 顿 第 二 定 律 － μmg ＝
ma，解得a＝－μg＝－0.6×10 m/s2＝－6 m/s2，由0－v＝2ax，代入数据
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
解析：(1)该同学的受力情况如图所示 该同学受到滑动摩擦力的作用，所以 Ff＝μFN＝μmgcosθ 解得 μ＝0.25。 (2)根据牛顿第二定律 mgsin 37°－Ff＝ma 解得 a＝4 m/s2 根据位移时间关系 L＝v0t＋12at2 解得 t＝6 s。
物理观念 明确动力学的两类基本问题——由受力情况求运动情况、 由运动情况求受力情况 掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法，体会联系
科学思维 力和运动的桥梁——加速度
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
课前预习反馈
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第四章 运动和力的关系
物理（必修·第一册 RJ）
知识点 1 从受力情况确定运动情况 1．牛顿第二定律确定了__运__动___和__力___的关系，使我们能够把物
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：
高中物理第四章运动和力的关系5牛顿运动定律的应用练习含解析新人教版必修第一册
第5节牛顿运动定律的应用必备知识基础练进阶训练第一层知识点一动力学中的两类基本问题1.则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动,在2t时间内移动的距离为( ) A．2x B．4x C．8x D．16x2．(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在50 N的水平拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)( )A．动摩擦因数是0.8B．摩擦力的大小是10 NC．小车加速度的大小是1 m/s2D．小车加速度的大小是2 m/s23．民航客机一般都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,斜面的倾角为30°,人员可沿斜面匀加速滑行到地上．如果气囊所构成的斜面长度为8 m,一个质量为50 kg的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s,求:(g＝ 10 m/s2)(1)人滑至地面时速度的大小；(2)人与气囊之间的动摩擦因数．知识点二牛顿运动定律在多过程、多物体问题中的应用用大小为6 N的水平作用力F拉物体A,两物体一起向右做匀加速运动,若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1,取重力加速度g＝10 m/s2,下列说法正确的是()A．B的加速度大小为5 m/s2B．A拉B的作用力为2 NC．若撤去外力F,A物体做减速运动,B物体做加速运动D．若撤去外力F,A物体的加速度大小为1 m/s25．一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s末撤去恒力F,其v －t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力F f的大小是()A．F＝9 N,F f＝2 NB．F＝8 N,F f＝3 NC．F＝8 N,F f＝2 ND．F＝9 N,F f＝3 N关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．用30 N的水平外力F,拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体,力F作用3 s后消失．则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是( )A．v＝4.5 m/s,a＝1.5 m/s2B．v＝7.5 m/s,a＝1.5 m/s2C．v＝4.5 m/s,a＝0D．v＝7.5 m/s,a＝02．如图所示,质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )A．42 N B．6 NC．21 N D．36 N3．雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是( )4．竖直上抛物体受到的空气阻力F f大小恒定,物体上升到最高点的时间为t1,从最高点再落回抛出点所需时间为t2,上升时加速度大小为a1,下降时加速度大小为a2,则( ) A．a1>a2,t1<t2B．a1>a2,t1>t2C．a1<a2,t1<t2D．a1<a2,t1>t2二、多项选择题5．如图所示,在光滑斜面上,有一轻质弹簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上,有一小球A沿着斜面下滑,从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中,下列说法中正确的是( )A．小球的加速度将先增大,后减小B．小球的加速度将先减小,后增大C．小球的速度将先增大,后减小D．小球的速度将先减小,后增大6．(易错题)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平．t＝0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内,力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内,力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2三、非选择题7．木块质量m ＝8 kg ,在F ＝4 N 的水平拉力作用下,沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动,经t ＝5 s 的位移x ＝5 m ．g 取10 m /s 2,求:(1)木块与粗糙平面间的动摩擦因数． (2)若在5 s 后撤去F,木块还能滑行多远？8．质量为4 kg 的物体放在与水平面成30°角、足够长的粗糙斜面底端,物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33,作用在物体上的外力与斜面平行,随时间变化的图像如图所示,根据所给条件(sin 30°＝12,cos 30°＝32,g 取10 m /s 2)求:(1)物体所受的摩擦阻力多大？(2)物体在0～4 s 内的加速度为多少？0～4 s 内的位移为多少？学科素养升级练进阶训练第三层1．(生活情境)蹦极是一项户外休闲活动,跳跃者站在约40米以上高度的位置,用橡皮绳固定住后跳下,落地前弹起．如图为蹦极运动的示意图,弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连,运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过C点时合力为零,到达最低点D 后弹起．整个过程中忽略空气阻力．在这个过程中( )A．经过B点时,运动员的速度最大B．从O点到C点,运动员的加速度大小不变C．从B点到C点,运动员的速度不断增大D．从C点到D点,运动员的加速度不断减小2．如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶13．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2 L gD．划艇下滑的最短时间为2L g4．(学术情境)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为 1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进,通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时,系统立即自动控制汽车,使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动,并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作,汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”,即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动,最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求:(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小．(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离．(3)汽车在上述22 m的运动全过程中平均速度的大小．5．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动,有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下,既刺激又省劲．如图所示,现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接,其斜坡段长度为L1＝72 m,倾角为18°,水平段长度为L2＝30 m,斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ＝0.3,滑草车的质量m＝10 kg,人的质量M＝40 kg,人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下,不考虑滑草车在斜坡与水平段连接处的机械能损失,问:(sin18°＝0.31,cos18°＝0.95)(1)滑草车沿斜坡下滑时的加速度大小？(2)滑草车最后停在离终点多远的地方？(3)滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小？6．如图甲所示,在水平地面上方存在厚度为h的“神秘区域”(图中阴影部分),任何物体进入该区域后均受到竖直方向的恒力F的作用,且物体一旦碰到该区域底部就会被粘在底部．若将一质量为m的小圆环A从距地面H处的P点释放,不考虑空气阻力,重力加速度为g,请思考以下问题:(1)若小圆环A从P点静止释放后还能返回释放点,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F 的大小和方向是怎样的？(2)现将小圆环A套在均匀直杆B上,开始时A处于B的最下端,B竖直放置,A刚好位于P 点,将A、B一起由静止释放,如图乙所示．它们之间发生相对滑动时的摩擦力为f,假设“神秘区域”对处于其中的杆B不产生作用力,杆B在下降过程中始终竖直,且杆B的长度能够保证小圆环A与杆B不会分离,若小圆环A从释放后还能离开“神秘区域”,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向又是怎样的？第5节 牛顿运动定律的应用必备知识基础练1．解析:由牛顿第二定律可知,质量为m 的物体的加速度为a ＝F m ,位移为x ＝12at 2,整理可得x ＝Ft 22m ；2F 的恒定合力使质量为2m 的物体由静止开始运动,加速度为a ′＝Fm,位移为x ′＝12a ′(2t )2,则可得x ′＝2Ft 2m＝4x ,故B 正确；A 、C 、D 错误． 答案:B2．解析:根据运动学公式有x ＝12at 2,代入数据解得a ＝2 m/s 2,故C 错误,D 正确；根据牛顿第二定律有F －f ＝ma ,解得摩擦力的大小为f ＝F －ma ＝50 N －10 N ＝40 N,故B 错误；由滑动摩擦力的公式f ＝μN ＝μmg ,可得动摩擦因数为μ＝f mg＝0.8,故A 正确．答案:AD3．解析:(1)由运动学公式有:x ＝12at 2代入数据解得:a ＝4 m/s 2则到达地面时的速度为:v ＝at ＝8 m/s(2)由牛顿第二定律可得:mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得:μ＝315 答案:(1)8 m/s (2)3154．解析:对A 、B 整体,由牛顿第二定律有F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ,解得a ＝1 m/s 2,即B 的加速度大小为1 m/s 2,故A 错误；对B 物体,由牛顿第二定律有T －μm 2g ＝m 2a ,解得T ＝2 N,故B 正确；若撤去外力F ,则A 、B 两物体均在摩擦力作用下做减速运动,A 、B 两物体的加速度大小均为a ′＝μm 1g m 1＝μm 2g m 2＝μg ＝1 m/s 2,故C 错误,D 正确． 答案:BD5．解析:由v －t 图像可知,0～1 s 内,物体做匀加速直线运动,其加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝61 m/s 2＝6 m/s 2；1～3 s 内,物体做匀减速直线运动,其加速度的大小为a 2＝62 m/s 2＝3 m/s 2.根据牛顿第二定律,0～1 s 有F －F f ＝ma 1,1～3 s 有F f ＝ma 2,解得F ＝9 N,F f ＝3 N ．故D 正确,A 、B 、C 错误．答案:D关键能力综合练1．解析:力F 作用下a ＝F m ＝3020m/s 2＝1.5 m/s 2,3 s 末的速度v ＝at ＝4.5 m/s,3 s 后撤去拉力,F ＝0,a ＝0,物体做匀速运动,故C 正确．答案:C2．解析:因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mg sin θ＝μmg cos θ,所以μ＝tanθ；当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x ＝12at 2得a ＝2 m/s 2,由牛顿第二定律得:F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ,得F ＝36 N,D 正确．答案:D3．解析:雨滴受重力和空气阻力的作用,由牛顿第二定律得mg －F阻＝ma ,雨滴加速下落,速度增大,阻力增大,所以加速度减小,在v －t 图像中其斜率越来越小,故选项C 正确．答案:C4．解析:上升过程中,由牛顿第二定律得mg ＋F f ＝ma 1, 设上升高度为h ,则h ＝12a 1t 21,下降过程中,由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma 2,h ＝12a 2t 22,由以上各式得a 1>a 2,t 1<t 2,故选项A 正确． 答案:A5．解析:小球接触弹簧后,弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力,小球的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,与速度方向相同,故小球做加速运动,因弹力逐渐增大,合力减小,加速度减小；随着小球向下运动,弹簧的弹力增大,当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后,小球的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,与速度方向相反,小球做减速运动,弹力增大,合力增大,加速度也增大；综上可知,加速度先减小后反向增大,小球速度先增大后减小,故B 、C 正确,A 、D 错误．答案:BC 6.解析:由受力分析知,物块:f ＝F f ,根据作用力与反作用力特点知,F f ′＝F f , 在4～5 s 内,f ＝0.2 N此时F 撤去,木板减速,由牛顿第二定律知:F f ′＝ma 2,由v －t 图像知a 2＝0.2 m/s 2, 解得m ＝1 kg,A 正确．在2～4 s 内,木板:F －F f ′＝ma 1,又F f ′＝F f ＝f ＝0.2 N,由v －t 图像知a 1＝0.2 m/s 2, 解得F ＝0.4 N,B 正确．因为无法得知物块质量,木板与物块间的动摩擦因数无法求解,D 错误． 由图像知0～2 s 内F 变化,C 错误．答案:AB7．解析:(1)由x ＝12at 2得a 1＝2x t2＝0.4 m/s 2.由牛顿第二定律F －F f ＝ma 1得F f ＝F －ma 1＝(4－8×0.4) N＝0.8 N,由F f ＝μmg 得μ＝F f mg ＝0.88×10＝0.01.(2)撤去F 后,木块受摩擦力F f ＝μmg ＝0.8 N,加速度a 2＝－μg ＝－0.1 m/s 2.5 s 末的速度v ＝a 1t ＝0.4×5 m/s＝2 m/s.x ＝－v 22a ＝－222×－0.1m ＝20 m.答案:(1)0.01 (2)20 m 8.解析:(1)如右图,对物体进行受力分析可得:G 1＝mg sin 30°＝20 N, F N ＝G 2＝mg cos 30°＝20 3 N, F f ＝μF N ＝33×20 3 N ＝20 N. (2)由牛顿第二定律可得,0～4 s 内物体的加速度:a ＝F －G 1－F f m＝5 m/s 2, 0～4 s 内位移:x 1＝12at 2＝40 m.答案:(1)20 N (2)5 m/s 240 m学科素养升级练1．解析:由题意可知,运动员先做自由落体运动,加速度为g ,到达B 点时绳子张紧后人受到弹力作用,开始时弹力小于重力,人将继续加速且加速度逐渐减小,人做加速度减小的加速运动,到达C 点时加速度为零,速度达最大,故AB 错误,C 正确；从C 到D ,弹力大于重力,合力向上且逐渐增加,故加速度方向向上且逐渐增加,人开始减速,到达D 点时向上的加速度最大,速度为零,故D 错误．答案:C2．解析:设消防队员最大速度为v ,则加速过程中的平均速度和减速过程中的平均速度都是12v ,故全程的平均速度是12v .则h ＝v －t ＝12vt ,解得v ＝2h t ＝2×123 m/s ＝8 m/s,故A 错误．设消防队员加速过程和减速过程的加速度大小分别为a 1和a 2.由题知,加速过程有mg －f 1＝ma 1,减速过程有f 2－mg ＝ma 2.根据速度公式,有a 1t 1＝a 2t 2＝v ,t 1＋t 2＝3 s,a 1＝2a 2,12a 1t 21＋12a 2t 22＝h .联立解得a 1＝8 m/s 2,a 2＝4 m/s 2,f 1＝120 N,f 2＝840 N ．故f 1∶f 2＝1∶7,故B 正确．由速度公式得t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s,t 2＝v a 2＝84s ＝2 s,所以加速与减速过程的时间之比为1∶2,故D 错误．由位移公式得s 1＝12a 1t 21＝12×8×12 m ＝4 m,s 2＝12a 2t 22＝12×4×22m ＝8 m,加速与减速过程的位移之比为1∶2,故C 错误．答案:B3．解析:设滑道倾角为θ,则滑道的长度为Lcos θ,根据牛顿第二定律,可知下滑时的加速度a ＝g sin θ,则根据运动学公式有:Lcos θ＝12g sin θt 2,解得t ＝ 4Lg sin 2θ,可知滑道倾角θ＝45°时,划艇下滑时间最短,最短时间t min ＝2Lg,故C 正确,B 、D 错误；θ<45°时,倾角越大,时间越短,θ>45°时,倾角越大,时间越长,故A 错误．答案:C4．解析:(1)由牛顿第二定律可得: “紧急制动”过程的加速度a 2＝f m其中f ＝12 000 N,m ＝1 500 kg, 代入解得:a 2＝8 m/s 2；(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v ,其到障碍物的距离为x 2则有:x 2＝v 22a 2已知“紧急制动”前的加速度为a 1＝1 m/s 2位移为x 2＝v 20－v22a 1且有:x 1＋x 2＝x已知总位移x ＝22 m,v 0＝10 m/s 解得:v ＝8 m/s,x 2＝4 m ； (3)紧急制动前的时间为:t 1＝v 0－va 1＝2 s 紧急制动后的时间为:t 2＝v a 2＝1 s 总时间为:t ＝t 1＋t 2＝3 s所以v ＝x t ＝223m/s.答案:(1)8 m/s 2(2)8 m/s 4 m (3)223m/s5．解析:(1)设沿斜坡下滑的加速度为a 1,根据牛顿第二定律得,mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1,代入数据解得:a 1＝0.25 m/s 2. (2)设滑到斜坡底端的速率为v ,则有:v 2＝2a 1L 1,代入数据解得:v ＝6 m/s.设在水平段滑行的加速度大小为a 2,则有:μmg ＝ma 2, 解得:a 2＝3 m/s 2,设水平运动的位移为x ,则有:v 2＝2a 2x解得:x ＝v 22a 2＝366m ＝6 m.所以最后停止点距终点的距离为:x ′＝L 2－x ＝30 m －6 m ＝24 m(3)滑草车在水平段上做减速运动,a 2＝3 m/s 2则人在水平方向受到的力:F x ＝Ma 2＝40×3 N＝120 N所以车对人的力:F ＝F 2x ＋Mg 2＝ 1202＋4002N ＝418 N根据牛顿第三定律可得,人对车的作用力大小也是418 N 答案:(1)0.25 m/s 2(2)24 m (3)418 N6．解析:(1)若要使小圆环A 从无初速度释放后还能返回释放点,小圆环A 在“神秘区域”内所受合力方向应竖直向上,所以恒力F 的方向竖直向上．取小圆环A 到达底部时速度刚好为零的临界情况进行分析,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 1,从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,根据自由落体运动的规律有:v 21＝2g (H －h )．从小圆环A 进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程,根据运动学的规律有:v 21＝2a 1h ,根据牛顿第二定律有:F －mg ＝ma 1,整理可得:F ＝mg Hh .因此,要使小圆环能返回释放点,则F 应大于mg H h,方向竖直向上．(2)小圆环A 与杆B 从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,一起做自由落体运动,进入“神秘区域”后小圆环A 与杆B 不分离,说明“神秘区域”给小圆环A 的恒力F 的方向竖直向上,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 2.对小圆环A ,进入“神秘区域”之前有:v 22＝2g (H －h ),进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程有:v 22＝2a 2h ,F －mg －f ＝ma 2,整理可得:F ＝f ＋mg H h.因此,要使小圆环从释放后还能离开“神秘区域”,则F 应大于f ＋mg H h.答案:见解析。