4.5牛顿运动定律的应用
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。
一、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
3、解题关键
两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
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.
4、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.
（2023秋 太原期末）救生滑梯可看作一个粗糙的斜面，某架飞机逃生门离地面的高度h＝6m，人和滑梯间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若救生滑梯与地面夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取3.16。求：
（1）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端需要的时间；
（2）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端速度的大小。
【解答】解：（1）人在救生滑梯上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
解得a＝2m/s2
x10m
解得3.16s
（2）由vt＝at可知
人由静止从救生滑梯顶端滑到底端速度的大小为vt＝2×3.16m/s＝6.32m/s
答：（1）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端需要的时间3.16s；
（2）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端速度的大小6.32m/s。
（2023秋 延庆区期末）如图所示，用与水平方向夹角θ＝37°的恒力作用在质量m＝1kg的木箱上，使木箱在水平地面上做直线运动，已知恒力的大小F＝10N，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.50，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）木箱的加速度的大小a；
（2）木箱从静止开始运动了3m后，撤去拉力F，木箱还能滑行多远？
（3）在撤去F后物块继续运动的某一瞬间假如重力突然消失，请判断接下来木箱的运动状态怎样？并请说明理由。
【解答】解：（1）设木箱运动的加速度为a，则在水平方向有：Fcosθ﹣f＝ma
在竖直方向有：Fsinθ+FN＝mg 又，f＝μFN
联立代入数据解得：a＝6m/s2；
（2）撤去拉力F时木箱的速度为：v2＝2as，代入数据解得：v＝6m/s
此后木箱的加速度为：
木箱还能滑行的距离为：；
（3）在撤去F后物块继续运动的某一瞬间假如重力突然消失，则此时物块对地面的压力变为零，物块与地面的摩擦力为零，则接下来木箱将做匀速直线运动。
答：（1）木箱的加速度的大小为6m/s2；
（2）撤去拉力F，木箱还能滑行3.6m；
（3）在撤去F后物块继续运动的某一瞬间假如重力突然消失，则此时物块对地面的压力变为零，物块与地面的摩擦力为零，则接下来木箱将做匀速直线运动。
（2023秋 西城区期末）如图所示，质量为1kg、横截面为直角三角形的物体ABC在竖直墙壁上，受到垂直于斜面BC斜向右上方的推力的作用，从静止开始沿墙壁向上做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动。其中θ＝37°，物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）1s末物体的位移大小；
（2）推力F的大小；
（3）物体受到墙壁的支持力大小。
【解答】（1）根据位移—时间公式，有sat2，解得s＝0.5m
（2）物体在竖直墙上受力如图所示
建立如图所示的直角坐标系
根据牛顿第二定律，有：
x方向 N＝F cosθ
y方向 Fsinθ﹣f ﹣ mg＝ma
再由f＝ N
可得F＝55N
（3）N＝Fcosθ＝55×0.8N＝44N
答：（1）1s末物体的位移大小为0.5m；
（2）推力F的大小为55N；
（3）物体受到墙壁的支持力大小为44N。
（2023秋 静安区校级期末）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平沙子滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长LAB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）在图上画出游客开始下滑时的受力示意图；
（2）游客开始下滑时运动的加速度；
（3）游客匀速下滑时的速度大小；
（4）游客匀速下滑的时间；
（5）斜面上匀速下滑的制动力大小。
（6）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此段滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？（B处有一极小的圆弧可使滑沙车自动改变运动方向。）
【解答】解：（1）游客开始下滑时受重力、支持力和摩擦力，受力示意图如下图所示：
（2）游客开始下滑时，由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据可得：
方向：沿着斜面向下；
（3）游客从静止下滑8s后做匀速直线运动，则匀速下滑的速度大小：v＝a1t＝2×8m/s＝16m/s
（4）游客匀加速下滑的位移：
游客匀速下滑的位移：x2＝LAB﹣x1＝128m﹣64m＝64m
则游客匀速下滑的时间：
（5）游客在斜面上匀速下滑时，合力为零，则有：F+μmgcosθ＝mgsinθ
代入数据可得：F＝140N
（6）游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为x＝16m，设加速度大小为a2，由运动学公式有：
代入数据可得：
由牛顿第二定律有：F′+μmg＝ma2
代入数据可得：F′＝210N
答：（1）游客开始下滑时的受力示意图，见解析；
（2）游客开始下滑时运动的加速度大小为2m/s2，方向沿着斜面向下；
（3）游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；
（4）游客匀速下滑的时间为4s；
（5）斜面上匀速下滑的制动力大小为140N；
（6）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此段滑行时，需对滑沙车施加210N的水平制动力。
二、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：
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.
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.
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.
（多选）（2022秋 沈阳期末）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动
B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ＝0.8，当F＝21N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ＝0.8，当F＝27N时，斜劈的加速度大小为8m/s2
【解答】解：小球与斜面恰好没有弹力一起向右运动的加速度为a＝gtan37°＝10×0.75m/s2＝7.5m/s2，
A、μ＝0.2整个系统一起向右运动的最大加速度a＝μg＝2m/s2，F＝3ma＝3×1×2N＝6N＞4N，所以当F＝4N时，木板不会相对斜劈向右滑动，故A错误；
B、若μ＝0.5，斜劈的最大加速度为a＝μg＝5m/s2＜7.5m/s2，所以不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；
C、若μ＝0.8，当小球对对斜劈压力为零时，加速度为7.5m/s2＜8m/s2，整个系统能够一起运动，F＝3ma＝3×1×7.5N＝22.5N＞21N，当F＝21N时，小球对斜劈的压力不为0，故C错误；
D、若μ＝0.8，当F＝27N时，斜劈与木板发生相对滑动，小球离开斜面，由于μ＝0.8，根据μmg＝ma可知，a＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2，因此球与斜劈的加速度为8m/s2，故D正确。
故选：BD。
（2023秋 莱西市校级期末）如图所示，车沿水平地面做直线运动．一小球悬挂于车顶，悬线与竖直方向夹角为θ，放在车厢后壁上的物体A，质量为m，恰与车厢相对静止．已知物体A与车厢间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列关系式正确的是（ ）
A．tanθ＝μ B．tanθ C．tanθ D．tanθ
【解答】解：小球所受的合力应水平向右，则加速度agtanθ
A与小球具有相同的加速度，则A所受的压力N＝ma＝mgtanθ，方向向右。由滑动摩擦力公式可知，f＝μN＝mg；
联立解得：tanθ；
故选：B。
如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩擦因数μ，货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s每根水泥管道的质量m＝1500kg，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中管A、B之间的弹力大小；
（2）如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。
【解答】解：（1）上层管道横截面内的受力分析，其所受支持力为FN，如图所示：
则有：FNcos30°mg，
解得：FN＝5000N。
（2）由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，
2μFN＝ma1，
代入数据解得：a1m/s2，
货车紧急刹车时的加速度a2＝8m/s2，
货车的刹车距离：
x2①
上层管道在急刹车及货车停下后运动的总距离：
x1②
上层管道相对于货车滑动的距离：
Δx＝x1﹣x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
联立①②③并代入数据解得：Δx＝1.8m。
答：（1）乙图中管A、B之间的弹力大小为5000N；
（2）最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离为1.8m。
三、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
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.
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.
（2023秋 双流区校级期末）“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目．某“雪滑梯”由倾角θ＝37°AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示．用一质量m的滑块K（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块K从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，过B点后最终静止在C点．已知AB段长度为L，下滑过程的加速度大小为g，滑块K与AB、BC段的动摩擦因数相同。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，取重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求滑块K与AB段滑道的动摩擦因数μ；
（2）求BC段的距离L2；
（3）若滑块K从C点以某初速度向左滑动能返回到A点，则初速度至少多大。
【解答】解：（1）在AB段，对滑块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，其中ag，
解得：μ＝0.5；
（2）设滑块到达B点的速度为vB，在AB段，对滑块根据速度—位移关系可得：2aL
在BC段，对滑块根据速度—位移关系可得：2a′L2
其中：a′＝μg＝0.5g
联立解得：L2＝0.4L；
（3）设滑块返回B点的速度为vB′，对滑块从C到B过程中，根据速度—位移关系可得：vB′2＝2a′L2
从B到A过程中，加速度大小为：a1gsinθ+μgcosθ
解得：a1＝g
从B到A过程中，根据速度—位移关系可得：vB′2＝2a1L
联立解得：vC。
答：（1）滑块K与AB段滑道的动摩擦因数为0.5；
（2）BC段的距离为0.4L；
（3）若滑块K从C点以某初速度向左滑动能返回到A点，则初速度至少为。
（2023秋 沈阳期末）如图所示，一重为10N的小球，在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10m/s2。
求：（1）有F作用的过程中小球的加速度；
（2）撤去F瞬间小球的加速度；
（3）从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点。
【解答】解：（1）小球的质量 m1kg
取沿杆向上为正方向，设在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，根据牛顿运动定律可得
Fcos30°＝Gcos30°+N…①
Fsin30°﹣Gsin30°﹣μN＝ma1…②
联立解得 a1＝2.5 m/s2
方向：沿杆向上
（2）撤去F瞬间，小球的受力如图所示，
设此时小球的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律，可得：
N′＝Gcos30°…③
﹣Gsin30°﹣μN′＝ma2 …④
解得 a2＝﹣7.5 m/s2
即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下。
（3）刚撤去F时，小球的速度为 v1＝a1t1＝2.5×1.2＝3m/s
小球的位移 x1m＝1.8m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为 t2s＝0.4s
小球继续向上运动的最大位移为 x20.6m
则小球向上运动的最大距离为 xm＝x1+x2＝2.4m
在上滑阶段通过B点，即 xAB﹣x1＝v1t3
解得 t3＝0.2s或者t3＝0.6s（t3＝0.6s＞t2＝0.4s，不合理，舍去）
小球返回时，受力如图所示，
设此时小球的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，可得：
Gsin30°﹣μN′＝ma3
解得：a3＝2.5 m/s2
方向沿杆向下。
小球由顶端返回B点时有：xm﹣xAB
解得：t4s
则通过B点时间为：t＝t2+t4＝0.4ss≈0.75s
答：（1）有F作用的过程中小球的加速度为2.5 m/s2，方向：沿杆向上；
（2）撤去F瞬间小球的加速度为7.5 m/s2，方向：沿杆向下；
（3）从撤去力F开始计时，小球经0.2s或0.75s经过距A点上方为2.25m的B点。
（2022秋 丽江期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去F，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，试求：
（1）拉力F的大小；
（2）t＝4s时物体的速度大小；
（3）物体沿斜面上滑的最大位移。
【解答】解：（1）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﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
根据速度图象的斜率等于加速度可知：a1m/s2＝20m/s2，a2＝||＝||m/s2＝10m/s2
联立解得：μ＝0.5，F＝30N
（2）3s末物体速度减为零，之后物体下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°﹣f＝ma3
解得：a3＝2m/s2
由速度—时间公式，得到：v＝a3t＝2×1m/s＝2m/s
即物体4s末速度为2m/s。
（3）由（1）可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2
物体沿斜面上滑的最大位移s
解得s＝30m
答：（1）拉力F的大小是30N；
（2）物体4s末速度为2m/s。
（3）物体沿斜面上滑的最大位移为30m。
（2024 阆中市校级一模）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能做匀速运动
B．小车可能向右做减速运动
C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
【解答】解：AB.若细绳没有拉力，小球做匀速运动，若细绳有拉力时，小球向右做加速运动，即，无论细绳有没有拉力，小球不可能向右做减速运动，故AB错误；
C.细绳有拉力时，弹簧可以无弹力，这时小车向右做加速运动，故C错误；
D.小球匀速运动时，弹簧有弹力，细绳没拉力，故D正确。
故选：D。
（2022秋 兴庆区校级期末）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，一物块以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距离为5m。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，重力加速度为g＝10m/s2）（ ）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
【解答】解：设物块的质量为m，由牛顿第二定律有ma＝mgsin37°+mμgcos37°，
结合运动学公式x，
解得μ＝0.5
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量也为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
【解答】解：小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。
对小球进行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，如图所示，
其合力一定沿斜面向下，且大小 F合2mg
对小球，根据牛顿第二定律有 F合＝ma，得 a＝2g
对整体进行受力分析，在沿斜面方向上由牛顿第二定律可得：F+2mgsin30°＝2ma
可得：F＝3mg，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2022秋 渝中区校级期中）如图所示，质量均为1kg的甲乙两物体与地面的动摩擦因数均为0.5，最初甲乙相距8.75m，现给乙一个初速度v0＝10m/s，同时用与水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉动静止的甲，F＝10N，则经过多长时间甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
【解答】解：对甲受力分析，设甲的加速度大小为a1，水平方向，根据牛顿第二定律得：Fcos37°﹣f＝ma1
竖直方向，根据共点力平衡条件得：Fsin37°+N＝mg
摩擦力f＝μN
代入数据联立解得：a1＝6m/s2
对乙受力分析，设乙的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2
代入数据解得：a2＝5m/s2
乙做匀减速直线运动，当乙的速度为0时，时间为t1s＝2s
乙的位移为x乙v0t110×2m＝10m
甲的位移为x甲1a16×22m＝12m
x甲1＜x乙+8.75m
即此时甲未追上乙，甲继续运动，当两物体相遇时，设时间为t，则x甲＝x乙+8.75m
x甲a1t2
代入数据联立解得：t＝2.5s
故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2022秋 越秀区校级期末）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【解答】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a
对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N
垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ
平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ
水滴的加速度a＝gsinθ
屋顶坡面的长度s
由s得t，
整理得：t，当θ＝45°时t最短，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2022秋 连江县校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、v﹣t图像的斜率表示加速度，由图像得，木块上滑过程中的加速度大小为a1＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A错误；
B、对木块受力分析，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：μ＝0.5
故B正确；
C、设木块下滑过程中的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
物块上滑的位移为x10×1.0m＝5m
下滑过程的时间为t2ss
木块返回出发点的时间为t＝t1+t2＝1ss
故C错误；
D、木块回到出发点的速度为v＝a2t2＝2m/s＝2m/s
故D错误。
故选：B。
（2021秋 茂名期末）在抗击新冠肺炎疫情居家学习期间，某同学用手托礼盒进行表演。若礼盒的质量为m，手与礼盒之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受到三个力的作用
B．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对平衡力
D．若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过
【解答】解：A．若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受重力和支持力两个力作用，故A错误；
B．若手托着礼盒一起水平向右匀速运动，合力为零，礼盒受重力和支持力作用而平衡，不受摩擦力作用，故B错误；
C．若手托着礼盒一起水平向右匀速运动，手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对相互作用力，故C错误；
D．若手托着礼盒一起水平向右匀减速运动，则礼盒受到向左的静摩擦力，但并没有发生相对滑动，所以受到的摩擦力
Ff≤μmg
手对礼盒的作用力
Fmg
故D正确。
故选：D。
（2023秋 安徽月考）如图所示，物块从光滑斜面上静止释放，滑上粗糙水平面后最终停下，表格中记录了运动过程中几个时刻的速度大小。斜面底端处与水平面平滑连接（g＝10m/s2）。下列说法正确的是（ ）
t/s 14 16 18 20 22 24 26
v/m s﹣1 17 27 37 40 36 32 28
A．物块的最大速度为40m/s
B．物块在斜面上运动的时间为20s
C．斜面的倾角θ＝30°
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.5
【解答】解：C．设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由表格中数据可得：
根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma1，解得：θ＝30°，故C正确；
D．同理可得物块在水平面上运动的加速度大小为：
根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2，解得：μ＝0.2，故D错误；
AB．设物块运动到斜面底端的时刻为t1，物块的最大速度为vm，根据表中数据得：
vm﹣37＝a1（t1﹣18），40﹣vm＝a2（20﹣t1）
解得：t1＝19s，vm＝42m/s
物块在斜面上运动的时间为t8.4s，故AB错误。
故选：C。
（2023秋 乌兰察布期末）如图，在与水平方向成θ＝37°角斜向上，大小始终不变的拉力F＝6N作用下，质量为m＝1.1kg的物体（可视为质点）由静止开始从A点在水平面上做匀加速直线运动。到达B点（B点处轨道平滑连接）时撤去拉力F，物体沿倾角为θ＝37°足够长的斜面向上运动，已知lAB＝2m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不考虑物体在B点处速度大小的变化）
（1）求物体从A点到B点经过的时间。
（2）请受力分析计算物体上到斜面后能否返回到B点，如果可以返回B点，计算返回到B点的速度；如果不能返回B点，计算物体在斜面上移动的最大位移。
【解答】解：（1）对A分析，在水平方向上，根据牛顿第二定律有Fcosθ﹣μ（mg﹣sinθ）＝ma
解得a＝1m/s2
根据位移—时间公式有x＝v0tat2
解得t＝2s
（2）由于mgsinθ＝1.1×10×0.6N＝6.6N＞μmgcosθ＝0.5×1.1×10×0.8N＝4.4N
所以物块可以返回
从A开始运动，第一次到B点的速度为vB＝v0+at，解得vB＝2m/s
从斜面上减速度的加速度a2，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得a2＝10m/s2
根据速度—位移公式v22a2x
解得x＝0.2m
从斜面下滑的加速度a3，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得a3＝2m/s2
根据速度—位移公式2a3x
解得vB'm/s
答：（1）物体从A点到B点经过的时间为2s。
（2）物体可以返回B点，返回到B点的速度为m/s。
（2023秋 杭州期中）滑草运动受人们喜爱。如图，某滑草滑道由AB、BC两段不同的草皮组成，滑道AB为倾斜直轨道，滑道BC为水平直轨道，两滑道在B点平滑连接。小陈同学乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道自由下滑，最后停在C点，整个滑行过程用时15s，已知滑道AB和BC分别长L1＝80m、L2＝40m，小陈与滑草车的总质量m＝60kg，倾斜滑道与水平面夹角α＝37°，滑草车在AB和BC段的运动均可视为匀变速直线运动，滑草车通过B点前后速度大小不变。（sin37°＝0.6，g＝10m/s2）。求：
（1）小陈和滑草车在滑行过程中的最大速度vm；
（2）小陈和滑草车在AB段滑行的时间t1；
（3）小陈和滑草车在AB段滑行受到的平均阻力Ff的大小。
【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可知，全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：
解得：vm＝16m/s
（其它方法求解，答案正确同样得分）
（2）根据平均速度和位移的关系可得：
解得：t1＝10s
（3）斜直轨道上的加速度
代入数据解得a＝1.6m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝264N4.5牛顿运动定律的应用
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。
一、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
3、解题关键
两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
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.
4、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.
（2023秋 太原期末）救生滑梯可看作一个粗糙的斜面，某架飞机逃生门离地面的高度h＝6m，人和滑梯间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。若救生滑梯与地面夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取3.16。求：
（1）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端需要的时间；
（2）人由静止从救生滑梯顶端滑到底端速度的大小。
（2023秋 延庆区期末）如图所示，用与水平方向夹角θ＝37°的恒力作用在质量m＝1kg的木箱上，使木箱在水平地面上做直线运动，已知恒力的大小F＝10N，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.50，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）木箱的加速度的大小a；
（2）木箱从静止开始运动了3m后，撤去拉力F，木箱还能滑行多远？
（3）在撤去F后物块继续运动的某一瞬间假如重力突然消失，请判断接下来木箱的运动状态怎样？并请说明理由。
（2023秋 西城区期末）如图所示，质量为1kg、横截面为直角三角形的物体ABC在竖直墙壁上，受到垂直于斜面BC斜向右上方的推力的作用，从静止开始沿墙壁向上做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动。其中θ＝37°，物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）1s末物体的位移大小；
（2）推力F的大小；
（3）物体受到墙壁的支持力大小。
（2023秋 静安区校级期末）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平沙子滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长LAB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）在图上画出游客开始下滑时的受力示意图；
（2）游客开始下滑时运动的加速度；
（3）游客匀速下滑时的速度大小；
（4）游客匀速下滑的时间；
（5）斜面上匀速下滑的制动力大小。
（6）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此段滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？（B处有一极小的圆弧可使滑沙车自动改变运动方向。）
二、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：
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.
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.
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.
（多选）（2022秋 沈阳期末）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ＝53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜劈向右运动
B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ＝0.8，当F＝21N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ＝0.8，当F＝27N时，斜劈的加速度大小为8m/s2
（2023秋 莱西市校级期末）如图所示，车沿水平地面做直线运动．一小球悬挂于车顶，悬线与竖直方向夹角为θ，放在车厢后壁上的物体A，质量为m，恰与车厢相对静止．已知物体A与车厢间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列关系式正确的是（ ）
A．tanθ＝μ B．tanθ C．tanθ D．tanθ
如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩擦因数μ，货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s每根水泥管道的质量m＝1500kg，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中管A、B之间的弹力大小；
（2）如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。
三、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
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.
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.
（2023秋 双流区校级期末）“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目．某“雪滑梯”由倾角θ＝37°AB段和水平BC段组成，二者在B点通过一段长度可忽略不计的弧形轨道平滑连接，如图所示．用一质量m的滑块K（可视为质点）代替载有人的气垫，滑块K从A点由静止释放后沿AB做匀加速运动，过B点后最终静止在C点．已知AB段长度为L，下滑过程的加速度大小为g，滑块K与AB、BC段的动摩擦因数相同。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，取重力加速度为g，忽略空气阻力。
（1）求滑块K与AB段滑道的动摩擦因数μ；
（2）求BC段的距离L2；
（3）若滑块K从C点以某初速度向左滑动能返回到A点，则初速度至少多大。
（2023秋 沈阳期末）如图所示，一重为10N的小球，在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10m/s2。
求：（1）有F作用的过程中小球的加速度；
（2）撤去F瞬间小球的加速度；
（3）从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点。
（2022秋 丽江期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去F，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，试求：
（1）拉力F的大小；
（2）t＝4s时物体的速度大小；
（3）物体沿斜面上滑的最大位移。
（2024 阆中市校级一模）如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上做直线运动的过程中，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是（ ）
A．小车不可能做匀速运动
B．小车可能向右做减速运动
C．细绳有拉力时，弹簧一定有弹力
D．弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
（2022秋 兴庆区校级期末）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，一物块以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距离为5m。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，重力加速度为g＝10m/s2）（ ）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量也为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（重力加速度为g）（ ）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
（2022秋 渝中区校级期中）如图所示，质量均为1kg的甲乙两物体与地面的动摩擦因数均为0.5，最初甲乙相距8.75m，现给乙一个初速度v0＝10m/s，同时用与水平方向成37°斜向上的恒定拉力拉动静止的甲，F＝10N，则经过多长时间甲追上乙（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A．1.8s B．2s C．2.5s D．3s
（2022秋 越秀区校级期末）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
（2022秋 连江县校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
（2021秋 茂名期末）在抗击新冠肺炎疫情居家学习期间，某同学用手托礼盒进行表演。若礼盒的质量为m，手与礼盒之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手掌一直保持水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．若手托着礼盒保持静止状态，则礼盒受到三个力的作用
B．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则礼盒受到水平向右的静摩擦力
C．若手托着礼盒一起向右匀速运动，则手对礼盒的作用力和礼盒对手的作用力是一对平衡力
D．若手托着礼盒一起向右匀减速运动，则手对礼盒的作用力大小不会超过
（2023秋 安徽月考）如图所示，物块从光滑斜面上静止释放，滑上粗糙水平面后最终停下，表格中记录了运动过程中几个时刻的速度大小。斜面底端处与水平面平滑连接（g＝10m/s2）。下列说法正确的是（ ）
t/s 14 16 18 20 22 24 26
v/m s﹣1 17 27 37 40 36 32 28
A．物块的最大速度为40m/s
B．物块在斜面上运动的时间为20s
C．斜面的倾角θ＝30°
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.5
（2023秋 乌兰察布期末）如图，在与水平方向成θ＝37°角斜向上，大小始终不变的拉力F＝6N作用下，质量为m＝1.1kg的物体（可视为质点）由静止开始从A点在水平面上做匀加速直线运动。到达B点（B点处轨道平滑连接）时撤去拉力F，物体沿倾角为θ＝37°足够长的斜面向上运动，已知lAB＝2m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不考虑物体在B点处速度大小的变化）
（1）求物体从A点到B点经过的时间。
（2）请受力分析计算物体上到斜面后能否返回到B点，如果可以返回B点，计算返回到B点的速度；如果不能返回B点，计算物体在斜面上移动的最大位移。
（2023秋 杭州期中）滑草运动受人们喜爱。如图，某滑草滑道由AB、BC两段不同的草皮组成，滑道AB为倾斜直轨道，滑道BC为水平直轨道，两滑道在B点平滑连接。小陈同学乘坐滑草车从A点由静止开始沿滑道自由下滑，最后停在C点，整个滑行过程用时15s，已知滑道AB和BC分别长L1＝80m、L2＝40m，小陈与滑草车的总质量m＝60kg，倾斜滑道与水平面夹角α＝37°，滑草车在AB和BC段的运动均可视为匀变速直线运动，滑草车通过B点前后速度大小不变。（sin37°＝0.6，g＝10m/s2）。求：
（1）小陈和滑草车在滑行过程中的最大速度vm；
（2）小陈和滑草车在AB段滑行的时间t1；
（3）小陈和滑草车在AB段滑行受到的平均阻力Ff的大小。
