2020-2021学年5 牛顿运动定律的应用教案设计

这是一份2020-2021学年5 牛顿运动定律的应用教案设计，共23页。教案主要包含了即学即练1，即学即练2，即学即练3，即学即练4，即学即练5等内容，欢迎下载使用。

知识点01 动力学两类基本问题
1.两类问题：
（1）如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况.
（2）如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力.
2.动力学问题的解题思路
2.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.
3.注意问题：
(1)若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；
(2)用正交分解法求合力时，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组Fx＝ma，Fy＝0.
(3)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆.
(4)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力.
【即学即练1】如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)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.
由牛顿第二定律可得：
Fcs θ－Ff＝ma
Fsin θ＋FN＝mg
Ff＝μFN
解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右
(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s
(3)x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×1.3×52 m＝16.25 m
【即学即练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.
【答案】(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
【解析】(1)汽车开始做匀加速直线运动，x0＝eq \f(v0＋0,2)t1
解得v0＝eq \f(2x0,t1)＝4 m/s
(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2＝eq \f(0－v0,t2)＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2 ，解得Ff＝4×103 N
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1
x0＝eq \f(1,2)a1t12
由牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6×103 N
知识点02 动力学中的临界问题
五、动力学的临界问题
1.临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.
2.关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.
3.临界问题的常见类型及临界条件：
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零.
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.
4.解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件.
【即学即练3】如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g).
(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
(3)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
【答案】(1)g (2)g (3)eq \r(5)mg
【解析】 (1)当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则FNcs 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示.由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cs 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cs 45°－mg＝0.
由上述两式解得FN1＝eq \f(\r(2)mg－a1,2)，FT1＝eq \f(\r(2)mg＋a1,2).
由此两式可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大.
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝eq \r(2)mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.
(3)当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cs α＝ma′，FT′sin α＝mg，解得FT′＝meq \r(a′2＋g2)＝eq \r(5)mg.
知识点03 多过程问题的分析与求解
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等.
1.多过程问题的分析方法
(1)分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
(2)注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
2.注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
【即学即练4】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2.
【答案】(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
【解析】 (1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
F1－mg－f＝ma1
解得a1＝4 m/s2
飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
(2)最初9 s内位移h1＝eq \f(1,2)a1t12＝162 m
设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：
f＋mg＝ma2
解得a2＝12 m/s2
由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2
由运动学公式可得h2＝eq \f(1,2)a2t22
飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2
解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：
mg－f＝ma3
解得a3＝8 m/s2
恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.
解得v2＝48 m/s，
由于H>eq \f(1,2)a3t32＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.
知识点04 等时圆
1、质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3、两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.
【即学即练5】(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间.下列关系正确的是( )
A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1
【答案】 BCD
【解析】 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确.
考法01 动力学的连接体问题
1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法.
2.整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解.其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力.
3.隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解.其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形.
4.整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.
【典例1】如图所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F＝600 N，求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10 m/s2).
【答案】400 N
【解析】对A、B整体受力分析和单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：
对A、B整体，根据牛顿第二定律有：
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
FT－mBg＝mBa，联立解得：FT＝400 N.
【典例2】如图所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后细线与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g，求小车所受牵引力的大小.
【答案】(M＋m)gtan θ
【解析】小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mgtan θ.
由牛顿第二定律有mgtan θ＝ma ①
对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a②
联立①②解得：F＝(M＋m)gtan θ.
考法02 动力学图像
1．常见的动力学图像
v ­t图像、a ­t图像、F ­t图像、F ­a图像等。
2．动力学图像问题的类型
3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
【典例3】(多选)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 kg
C．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．
题组A 基础过关练
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/s2 B.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C.v＝4.5 m/s，a＝0 D.v＝7.5 m/s，a＝0
【答案】C
【解析】力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s，3 s后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确.
2.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 N C.21 N D.36 N
【答案】D
【解析】因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcs θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得F＝36 N，D正确.
3．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
【答案】C
【解析】 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.
4．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＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，位移大小x＝eq \f(1,2)at2，而x＝eq \f(L,cs θ)，2sin θcs θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝ eq \r(\f(4L,gsin 2θ)).当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项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mA、mB，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mAgsinθ D．B受到的摩擦力大小为mBgsinθ
【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(mA＋mB)gsinθ＝μ(mA＋mB)gcsθ，解得μ＝tanθ，以A为研究对象，设B对A的弹力为FBA，据平衡条件可得mAgsinθ＋FBA＝μmAgcsθ，解得FBA＝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fB＝μmBgcsθ＝mBgsinθ，故选项D正确．
6.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.试求：
(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间.
【答案】(1)2 m/s2 (2)2 s
【解析】(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为Ff，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cs 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2.
(2)由运动学公式得L＝eq \f(1,2)at2
代入数据解得t＝2 s.
7.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；
(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；
(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
[思路点拨]
【答案】 (1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m
【解析】 (1)对物体，根据牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
代入数据得a1＝2 m/s2。
(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即
t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(4,2) s＝2 s时，
两者之间最大距离
xmax＝s0＋v0t1－eq \f(v1,2)t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。
(3)设推力作用的时间为t2，
根据位移公式得x1＝eq \f(1,2)a1t22
则t2＝ eq \r(\f(2x1,a1))＝ eq \r(\f(2×25,2)) s＝5 s
速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s
撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝μg＝2 m/s2
由v2＝2ax得x2＝eq \f(v22,2a2)＝eq \f(102,2×2) m＝25 m
而t3＝eq \f(v2,a2)＝eq \f(10,2) s＝5 s。
物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s
则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。
8.如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面.人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下.人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力.(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
【答案】(1)2 s (2)12.8 m
【解析】(1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示.
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff＝ma
Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有
FN－mgcs θ＝0
联立以上各式得
a＝gsin θ－μgcs θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝eq \f(1,2)at2
解得：t＝2 s
(2)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.设在水平面上人减速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处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x
联立解得x＝12.8 m
题组B 能力提升练
1.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦，刹车过程可看做匀减速直线运动)( )
A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N
【答案】C
【解析】汽车刹车前的速度v0＝90 km/h＝25 m/s
设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq \f(v0,t)＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确.
2.一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )
A.上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力 B.上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力
C.上滑时的加速度小于下滑时的加速度 D.上滑的时间大于下滑的时间
【答案】B
【解析】设斜面倾角为θ，物块受到的摩擦力Ff＝μmgcs θ，物块上滑与下滑时的滑动摩擦力大小相等，故选项A错误，B正确；上滑时的加速度a上＝gsin θ＋μgcs θ，下滑时的加速度a下＝gsin θ－μgcs θ，由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，故选项C错误；由t＝eq \r(\f(2x,a))，位移x相等，a上>a下，所以t上3.(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A.0～5 m内物块做匀减速运动 B.在t＝1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】 ABD
【解析】 0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝eq \f(0－v0,a1)＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝eq \f(v22,2x2)＝eq \f(64,2×8) m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.
4.（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 m
B．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 m
C．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2
D．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hm＝eq \f(1,2)×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＝eq \f(40,16) m/s2＝2.5 m/s2，故C正确；火箭升空时：a＝eq \f(40,8) m/s2＝5 m/s2，故推动力F＝mg星＋ma＝112.5 N，故D错误．
5.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Ff＝mgsinθ，重物匀速上升时，受到的摩擦力大小仍为mgsinθ，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Ff′＝mgsinθ＋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，Ff″＝mgsinθ－ma或Ff″＝ma－mgsinθ，加速度越大，摩擦力不一定越大，C错误．
6.(多选)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 mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin2α)g
D．M运动的加速度大小为eq \f(M－m,M)g
【答案】AD.
【解析】第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sin α)g＝eq \f(M－m,M)g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsin α＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．
7.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＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,c)，tc＝eq \r(\f(2R,g))；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin 45°＝eq \f(\r(2),2)g，xa＝eq \f(R,cs 45°)＝eq \r(2)R，xa＝eq \f(1,2)aateq \\al(2,a)，ta＝eq \r(\f(4R,g))；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，xb＝eq \f(R,cs 60°)＝2R，xb＝eq \f(1,2)abteq \\al(2,b)，tb＝eq \r(\f(8\r(3)R,3g))；由上可知，tb>ta>tc.
8.如图所示，一固定足够长的粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动.已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),6) .g取10 m/s2.则：
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小a1；
(2)若力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离.
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律：
物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcs θ＝5eq \r(3) N，
物体的加速度a1＝eq \f(F－mgsin θ－Ff,m)＝2.5 m/s2.
(2)力F作用t0＝1.2 s后，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝eq \f(1,2)a1t02＝1.8 m.
此后它将向上匀减速运动，其加速度大小a2＝eq \f(mgsin θ＋Ff,m)＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离x2＝eq \f(v2,2a2)＝0.6 m.
整个上滑过程移动的最大距离x＝x1＋x2＝2.4 m.
9.如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3).重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋eq \f(1,2)at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcs α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcs θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ＋ma,cs α＋μsin α)⑧
由数学知识得
cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应最小F的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝eq \f(13\r(3),5) N
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13\r(3),5) N
题组C 培优拔尖练
1.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，m2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＝eq \f(F－（m1＋m2）gsin θ－μ（m1＋m2）gcs θ,m1＋m2)＝eq \f(F,m1＋m2)－gsin θ－μgcs θ；隔离对m2分析，有：T－m2gsin θ－μm2gcs θ＝m2a，解得T＝eq \f(m2F,m1＋m2)；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．
2．如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v ­t图像(图中实线)可能是下图中的( )
【答案】A
【解析】 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
3.（多选）如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )
A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
解析：选AD 设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝eq \f(F1＋F2,mA＋mB)＝eq \f(3.6＋0,1＋2)m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，
得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，
经历时间：t＝eq \f(4,3.6)×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝eq \f(1,2)at2＝5.4 m，则D正确；
当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；
当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，
得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。
4．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＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1 D．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F1cs 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＝eq \f(m,M)gtan θ②
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′1cs θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′
解得a′＝gtan θ④
结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.
5.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/s
B．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/s
C．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veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aL，解得：vB＝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＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(42,2×1) m＝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：vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(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.如图所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA、mB分别为1 kg和2 kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)当作用在物块B上的拉力F达到42 N时，连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；
(2)若连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断瞬间，A、B的速度均为10 m/s，轻绳断裂后作用在B物块上的外力F＝42 N不变，求当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离。
【答案】(1)14 N (2)11 m
【解析】(1)对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
代入数据解得a＝4 m/s2
对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
FT－mAgsin θ－μmAgcs θ＝mAa
代入数据解得：FT＝14 N。
(2)轻绳断裂后，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcs θ＝mAaA
代入数据解得：aA＝10 m/s2
由运动学公式有：v＝aAt
解得：t＝eq \f(v,aA)＝1 s
由运动学公式有：xA＝eq \f(vt,2)＝5 m
轻绳断裂后，对B物块受力分析，由牛顿第二定律得：
F－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBaB
代入数据解得：aB＝11 m/s2
由运动学公式有：xB＝vt＋eq \f(1,2)aBt2
代入数据解得：xB＝15.5 m
由题意可知，当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离为：x＝xB－xA＋L＝11 m。
7.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】 (1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g (3) 22.4 N
【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1).纸板运动距离x1＋d＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1).纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)，l＝x1＋x2
且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得
F＝2μeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(m1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(d,l)))m2))g，代入数据求得F＝22.4 N.
8.如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16 N，当小车向右运动速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2，问：
(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？(小车足够长)
(3)小物块从放在车上开始经过t0＝3 s所通过的位移是多少？
(4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为F2＝25 N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？
【答案】(1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s (3)13.2 m(4)见解析
【解析】(1)对物块：μmg＝ma1，得a1＝4 m/s2
对小车：F1－μmg＝Ma2，
得a2＝1 m/s2.
(2)物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1＝v0＋a2t1
得t1＝1 s.
(3)t1内物块位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝2 m
t1时刻物块速度v1＝a1t1＝4 m/s
t1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：
F1＝(M＋m)a3，得a3＝1.6 m/s2
则t1～3 s内物块位移x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)＝11.2 m
则3 s内物块位移x＝x1＋x2＝13.2 m.
(4)两者恰好不发生相对滑动时，对m有：
Ffm＝mam得am＝4 m/s2
对整体有：F0＝(m＋M)am＝40 N
由于F29．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角，以恒定的速率逆时针运转。质量为的煤块无初速度地放在传送带的顶端P，经时间煤块速度与传送带相同，再经到达传送带底端Q点，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，求：
（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；
（2）传送带的长度L；
（3）煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度。
【答案】（1）0.5；（2）3.2m；（3）1m
【解析】
（1）物块刚放上传送带的内，物体的加速度
由牛顿第二定律
解得
μ=0.5
（2）在最初0.2s内物块的位移

以后物块的加速度
解得
a2=2m/s2
再经到达传送带底端Q点，则
则传送带的长度
L=x1+x2=3.2m
（3）在最初0.2s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离

以后的1s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离
则煤块从P点到达Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度
10．两物块A、B用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图所示。滑轮与A之间的绳子平行于倾角α=30°的固定光滑斜面，两物块在外力作用下保持静止，轻绳拉直。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，求静止释放两物块瞬间
（1）A的加速度大小；
（2）轻绳对滑轮作用力的大小和方向。
【答案】（1）aA =；（2）F=，方向与竖直方向成30°向左下
【解析】
（1）对B
mg-T=maB
对A
T-mgsinα=maA
且
aA=aB
联立得
aA=aB=
（2）由（1）可得
T=
绳对滑轮的作用力即两侧拉力的合力
F=2Tcs30°=
方向与竖直方向成30°向左下。课程标准
课标解读
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．能根据力与运动的关系，联系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。
1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。
3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。