人教版（2019）高中物理必修一4.5牛顿运动定律的应用 学案（有解析）

4.5牛顿运动定律的应用
一、动力学两类基本问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知物体的受力情况求运动情况；
第二类：已知物体的运动情况求受力情况。
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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
1．问题类型
2．解决动力学两类问题的两个关键点
3．动力学基本问题中力的处理方法
(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”。
一、单选题
1．如图所示，2022北京冬奥会冰壶比赛时某运动员将冰壶（可视为质点）以速度从栏线P沿虚线推出，假设冰壶沿虚线做匀减速直线运动，栏线P到营垒圆心O的距离是，营垒是由4个直径分别为和的同心圆组成。冰壶与冰面的动摩擦因数，运动员把冰壶推进直径是的圆内，重力加速度g取，则可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】冰壶在冰面上沿虚线做减速直线运动，把冰壶推进直径是的圆内，冰壶匀减速运动到0的位移
也就是位移满足
加速度大小
根据运动学公式
代入数据得
故选C。
2．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
3．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）
A．0~t1时间内，v增大，FN>mg B．t1~t2时间内，v减小，FNC．t2~t3时间内，v增大，FN mg
【答案】D
【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNB．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，选项B错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；
故选D。
4．如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是　　
A．小车静止时，，方向沿杆向上
B．小车静止时，，方向垂直杆向上
C．小车向右以加速度a运动时，一定有
D．小车向左以加速度a运动时，
【答案】D
【解析】当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力F=mg，方向竖直向上．故AB错误．当小车向右以加速度a运动时，则球的合力为F合=ma，根据平行四边形定则知，杆对球的作用力F=，因为杆对球的作用力方向不一定沿杆，则作用力不一定等于．故C错误，D正确．故选D．
5．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：，根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：，联立解得： ；由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据，有，由于加速度减小，则也减小，也减小，即a-t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确．
二、多选题
6．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
7．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）
A．当时，A、B都相对地面静止
B．当时，A的加速度为
C．当时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过
【答案】BCD
【解析】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为
因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为
A、B间的最大静摩擦力为
故时，A、B都相对地面静止，A错误；
B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足
且
即
则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有
解得
故B正确。
CD．当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有
F－2μmg＝2maA，
解得
，
故CD正确。
故选BCD。
8．如图所示，将两相同的木块a、b至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁，开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力，b所受摩擦力，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间 （ ）
A．大小不变 B．方向改变
C．仍然为零 D．方向向右
【答案】AD
【解析】初始状态，a在水平方向上受绳子拉力、弹簧的弹力还有摩擦力处于平衡，b受弹簧的弹力和绳子的拉力处于平衡，右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，a仍然受三个力作用，摩擦力的大小和方向不变，而b受到向左的弹力，将受到向右的摩擦力，故选AD。
三、解答题
9．如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角θ＝37°，上下两端间距L=2.0m，传送带以v＝1.0m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝1.0m的O点由静止释放一质量m＝1.0kg的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g＝10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
（1）滑块与挡板P第一次碰撞时的速度大小v1；
（2）滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离xm；
（3）若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间t。
【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）
【解析】（1）设滑块向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得
由匀变速运动规律有
联立解得
v1=2m/s
（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为a2，则
减速至与皮带速度相等时运动的距离为x1，则
之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a1，则
离开挡板的最大距离为
xm=x1+x2
联立解得
xm=0.4m
（3）滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a3，根据牛顿第二定律有
设该过程向上运动的距离为x3，运动时间为t1，则
解得
，
接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以a1向上减速，减速的距离应为x2，设匀
速运动的时间为t2，则
恒力持续作用的最短时间为
联立解得
10．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度
⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有

对A有

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为

在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离

答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
11．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间，位移，末速度
其逆运动则为匀加速直线运动可得
带入可得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得
对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为
此时，木板向左的位移为末速度
滑块向右位移
此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为
假设又经历二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移末速度
滑块位移
此后木块和木板一起匀减速．
二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为
12．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)物块b加速度的大小；
(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】 (1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=(m+ m）gsinθ
解得
k=
(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知

说明当形变量为时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知
kx1-mgsinθ=ma
联立解得
a=
(3)设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移
x=at2=
则形变量变为
△x=x0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有
F+k△x-（m+m）gsinθ=(m+m）a
解得
F= mgsinθ+t2
因分离时位移x=由
x==at2
解得
故应保证0≤t＜，F表达式才能成立。
13．如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上．某时刻物块A（可视为质点）从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度v0=4m/s．此后A和B运动的v-t图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量．
【答案】（1）0.2 （2）0.1 （3）6kg
【解析】A滑上B做匀减速直线运动，根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出A与B之间的动摩擦因数；A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数；隔离对M分析，根据速度时间图线得出B的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量．
(1)由图象可知，A在0～1 s内的加速度
对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.2
(2)由图象知，A、B在1～3 s内的加速度
对A、B整体由牛顿第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3
解得：μ2＝0.1
(3)由图象可知B在0～1 s内的加速度
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得：m＝6 kg
14．如图所示，一沿水平方向做匀加速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角，小球和车厢相对静止，小球的质量为，取，，，求：
(1)车厢运动的加速度；
(2)悬线对小球的拉力大小．
【答案】(1)，方向水平向右(2)12.5N
【解析】解法一 矢量合成法
(1)选小球为研究对象，对其进行受力分析如图所示，有
又由牛顿第二定律得
则小球的加速度大小为
小球和车厢相对静止，故车厢的加速度大小也为，方向水平向右．
(2)悬线对小球的拉力大小为
．
解法二 正交分解法
建立直角坐标系，并将悬线对小球的拉力正交分解，因小球和车厢相对静止，则沿水平方向有
（为车厢的加速度）
沿竖直方向有
联立以上两式得， ，的方向水平向右．
车厢的加速度大小也为，方向水平向右．