第五节 牛顿运动定律的应用
［学习目标］ 1.进一步学习对物体进行受力分析和运动分析。2.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁(重点)。3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤(重点)。
一、从受力确定运动情况
应用牛顿第二定律分析和解决问题的一般步骤，首先确定 ，进行 ；其次根据牛顿第二定律，将待求量和已知量联系起来， 是联系力与运动的桥梁。
例1 如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ=37°、F=60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)小孩与冰车的加速度大小；
(2)冰车运动3 s时的速度大小；
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
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例2 如图所示，人和雪橇总质量为50 kg，在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑，雪橇和斜坡间的摩擦力恒为100 N，求人从静止开始下滑6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。
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1.基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.流程图
已知物体受力情况求得a求得s、v0、vt、t等
二、从运动情况确定受力
例3 (2023·揭阳市月考)如图甲所示，质量为m=2 kg的木块放在水平木板上，在F1=10 N的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行，若将木板垫成倾角为α=37°的斜面(如图乙所示)，给木块一个平行于斜面向上的拉力F2使木块从静止沿斜面匀加速向上滑行，已知经过时间t=2 s木块上滑位移s=4 m。已知cos 37°=0.8，sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)木块与木板之间的动摩擦因数；
(2)沿平行于斜面向上的拉力F2的大小。
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例4 民航客机都有紧急出口，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(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ=30°(如图乙所示)，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的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。
(1)求乘客在气囊上下滑的加速度大小；
(2)求乘客与气囊之间的动摩擦因数(重力加速度g=10 m/s2)。
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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力或某一个力。
2.流程图
三、多过程问题分析
例5 如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m=2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L=9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，现物体受到一水平向右的恒力F=14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？
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1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。
2.分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。
3.特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
答案精析
一、
研究对象 受力分析 加速度
例1 (1)1.16 m/s2 (2)3.48 m/s (3)14.5 m
解析 (1)冰车和小孩受力如图所示。
在竖直方向的合力为零，则有
FN+Fsin θ=mg ①
在水平方向，根据牛顿第二定律得
Fcos θ-f=ma ②
摩擦力f=μFN ③
联立解得加速度a=1.16 m/s2。
(2)3 s时的速度大小
v=at=1.16×3 m/s=3.48 m/s
(3)5 s时位移大小s=at2
=×1.16×25 m=14.5 m。
例2 6 m/s
解析 根据题意，对人和雪橇整体受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ-f=ma
解得a=3 m/s2
由运动学公式可得，人从静止开始下滑有v2=2as
解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小v==6 m/s。
二、
例3 (1)0.5 (2)24 N
解析 (1)由二力平衡可知木块在水平木板上受到的摩擦力f=μFN=F1
木块与木板间的压力大小FN=mg=20 N，解得μ=0.5。
(2)已知经过时间t=2 s木块上滑位移s=4 m，
由运动学公式得s=at2
代入数据得a=2 m/s2
木块在斜面上所受摩擦力沿斜面向下，其大小为
f'=μFN'=μmgcos 37°=8 N
由牛顿第二定律得
F2-mgsin 37°-f'=ma
解得F2=24 N。
例4 (1)4 m/s2 (2)
解析 (1)设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
由s=at2，解得a=4 m/s2
(2)对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有x方向
mgsin θ-f=ma
y方向FN-mgcos θ=0且f=μFN
联立各式得μ=。
三、
例5 (1)2 m/s2 (2)6 m/s (3)1.8 m
m/s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，
解得a== m/s2=2 m/s2。
(2)由M点到B点，根据运动学公式可知=2aL，
解得vB== m/s
=6 m/s。
(3)物体在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，
mgsin θ+μmgcos θ=ma1，
代入数据得a1=10 m/s2，
逆向分析可得=2a1s，
解得s==1.8 m。
物体在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2
代入数据可得a2=2 m/s2
由运动学公式得vB'2=2a2s
vB'== m/s。(共79张PPT)
第五节 牛顿运动定律的应用
DISIZHANG
第四章
1.进一步学习对物体进行受力分析和运动分析。
2.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁(重点)。
3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤(重点)。
学习目标
一、从受力确定运动情况
二、从运动情况确定受力
课时对点练
三、多过程问题分析
内容索引
从受力确定运动情况
一
应用牛顿第二定律分析和解决问题的一般步骤，首先确定 ，进行 ；其次根据牛顿第二定律，将待求量和已知量联系起来，________是联系力与运动的桥梁。
研究对象
受力分析
加速度
如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ=37°、F=60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，
重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=
0.8。求：
(1)小孩与冰车的加速度大小；
例1
答案 1.16 m/s2
冰车和小孩受力如图所示。
在竖直方向的合力为零，则有FN+Fsin θ=mg ①
在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ-f=ma ②
摩擦力f=μFN ③
联立解得加速度a=1.16 m/s2。
(2)冰车运动3 s时的速度大小；
答案 3.48 m/s
3 s时的速度大小
v=at=1.16×3 m/s=3.48 m/s
(3)冰车运动5 s时的位移大小。
答案 14.5 m
5 s时位移大小s=at2
=×1.16×25 m=14.5 m。
如图所示，人和雪橇总质量为50 kg，在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑，雪橇和斜坡间的摩擦力恒为100 N，求人从静止开始下滑6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。
例2
答案 6 m/s
根据题意，对人和雪橇整体受力分析，
由牛顿第二定律有
mgsin θ-f=ma
解得a=3 m/s2
由运动学公式可得，人从静止开始下滑有v2=2as
解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小
v==6 m/s。
总结提升
1.基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.流程图
返回
求得s、v0、vt、t等
已知物体受力情况
求得a
从运动情况确定受力
二
(2023·揭阳市月考)如图甲所示，质量为m=2 kg的木块放在水平木板上，在F1=10 N的水平拉力作用下恰好能沿水平面匀速滑行，若将木板垫成倾角为α=37°的斜面(如图乙所示)，给木块一个平行于斜面向上的拉力F2使木块从静止沿斜面匀加速向上滑行，已知经过时间t=2 s木块上滑位移s=4 m。已知cos 37°=0.8，sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，求：
例3
(1)木块与木板之间的动摩擦因数；
答案 0.5
由二力平衡可知木块在水平木板上受到的摩擦力f=μFN=F1
木块与木板间的压力大小FN=mg=20 N
解得μ=0.5。
(2)沿平行于斜面向上的拉力F2的大小。
答案 24 N
已知经过时间t=2 s木块上滑位移s=4 m，
由运动学公式得s=at2
代入数据得a=2 m/s2
木块在斜面上所受摩擦力沿斜
面向下，其大小为f'=μFN'=μmgcos 37°=8 N
由牛顿第二定律得F2-mgsin 37°-f'=ma
解得F2=24 N。
民航客机都有紧急出口，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(如图甲所示)，人员可沿斜面滑行到地面。斜面的倾角θ=30°(如图乙所示)，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的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。
例4
(1)求乘客在气囊上下滑的加速度大小；
答案 4 m/s2
设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a
由s=at2，解得a=4 m/s2
(2)求乘客与气囊之间的动摩擦因数(重力加速度g=10 m/s2)。
答案
对乘客进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有x方向mgsin θ-f=ma
y方向FN-mgcos θ=0且f=μFN
联立各式得μ=。
总结提升
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力或某一个力。
2.流程图
返回
多过程问题分析
三
如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m=2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L=9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，现物体受到一水平向右的恒力F=14 N作用，运动至B点时撤去该
力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
例5
答案 2 m/s2
在水平面上，根据牛顿第二定律
可知F-μmg=ma，
解得a== m/s2=2 m/s2。
答案 6 m/s
(2)物体到达B点时的速度是多大？
由M点到B点，根据运动学公式可知=2aL，
解得vB== m/s=6 m/s。
答案 1.8 m m/s
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
物体回到B点的速度是多大？
物体在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，
mgsin θ+μmgcos θ=ma1，
代入数据得a1=10 m/s2，
逆向分析可得=2a1s，解得s==1.8 m。
物体在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2
代入数据可得a2=2 m/s2
由运动学公式得vB'2=2a2s
vB'== m/s。
1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。
2.分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。
3.特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
总结提升
返回
课时对点练
四
训练1 牛顿运动定律的简单应用
训练2 动力学的多过程问题
考点一 从受力确定运动情况
1.(2023·汕尾市高一期末)刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为12 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为
A.36 km/h B.43 km/h
C.60 km/h D.70 km/h
1
2
3
4
5
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11
基础对点练
√
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2
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4
5
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7
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9
10
11
货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得-μmg=ma，解得a= -μg=-6 m/s2，由运动学规律-=2as，将vt=0，a=-6 m/s2，s=12 m代入可解得v0=12 m/s=43.2 km/h，B正确。
2.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末物体的速度为
A.0 B.6 m/s
C.12 m/s D.6 m/s
√
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2
3
4
5
6
7
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9
10
11
对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°=ma
代入数据解得a=3 m/s2
则2 s末物体的速度为v=at=6 m/s
故选B。
3.(2023·广东省高一期末)“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射出来的一段运动可近似看成初速度为零的竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，重力加速度为g，则导弹运动时间t后的速度大小为
A.t B.t
C. D.
√
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11
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3
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5
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11
由牛顿第二定律得F-mg=ma
解得a=-g
导弹运动时间t后的速度大小
v=at=t，故选A。
考点二 从运动情况确定受力
4.车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为 108 km/h，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为
1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为
A.2 100 N B.6 000 N
C.8 000 N D.1 000 N
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2
3
4
5
6
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11
√
1
2
3
4
5
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7
8
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10
11
v0=108 km/h=30 m/s，从发生碰撞到车完全停止的1 s内，有a==- m/s2=-30 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-30) N=-2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。
5.(2023·汕尾市高一期末)滑雪运动是我国北方冬天常见的运动。如图所示，滑雪运动员从山坡上由静止开始匀加速直线下滑，2 s末速度为5.6 m/s，若山坡的粗糙程度相同，运动员可视为质点，山坡的倾角约为37°，g取10 m/s2，不计空气阻力，则运动员与山坡间的动摩擦因数为(sin 37° =0.6，cos 37°=0.8)
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.5
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3
4
5
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8
9
10
11
√
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2
3
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5
6
7
8
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10
11
由运动学公式v=at得a=2.8 m/s2，
根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，
解得μ=0.4，故选C。
6.如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为s=t2+t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论不正确的是
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
1
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4
5
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9
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√
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8
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11
根据s=v0t+at2对比s=t2+t，知v0=1 m/s，a=2 m/s2，故A正确；
根据-=2as得，vt== 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。
7.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰，一舰载机的质量为2×104 kg，以速度 216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为做匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cos 37°=0.8，此时
阻拦索上的弹力大小为
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
√
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3
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11
能力综合练
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3
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11
根据题意可知，舰载机做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
则=2as，其中v0=216 km/h=60 m/s，
设阻拦索上的弹力大小为F，根据几何关系，
由牛顿第二定律有2Fcos 37°=ma
解得F=2.5×105 N，故选A。
8.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3，则
A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.物体在AC3上运动的加速度最小
1
2
3
4
5
6
7
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10
11
√
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2
3
4
5
6
7
8
9
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11
在沿轨道方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a==gsin θ，轨道倾角越大，加速度越大，所以在AC3上运动的加速度最大，D错误；
设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为s==2as得，vt=，知到达轨道底端的速度大小相等，A错误；
1
2
3
4
5
6
7
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9
10
11
由s=at2解得t==，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，B错误，C正确。
9.某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0~4 s内做匀加速直线运动，加速度大小为a1=2 m/s2，t1=4 s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2=6 s末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为m=2 kg，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)平台离地高度H；
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11
答案 24 m
1
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5
6
7
8
9
10
11
4 s末无人机速度大小为v=a1t1=8 m/s
全程平均速度大小为==4 m/s
则总高度H=t2=24 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案 12 N
(2)在4~6 s内空气对无人机作用力大小F。
4~6 s内无人机加速度大小为
a2==4 m/s2，方向为竖直向下；
对无人机有mg-F=ma2
则空气对无人机作用力大小为F=12 N。
10.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°角，一装修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，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求：
(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；
1
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11
答案 2 m/s2
1
2
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4
5
6
7
8
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10
11
以刷子为研究对象，受力分析如图所示
杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为f，
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)cos 37°=ma
代入数据解得a=2 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案 2 s
(2)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所
用的时间。
由运动学公式得L=at2
代入数据解得t=2 s。
11.如图，小物块以初速度12.5 m/s从斜面底端上滑，斜面倾角为θ=30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为，则2 s末小物块与斜面底端的距离为(重力加速度g=10 m/s2)
A.6.25 m B.0
C.12.625 m D.5 m
1
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3
4
5
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11
尖子生选练
√
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
上滑时：mgsin θ+μmgcos θ=ma，
解得a=12.5 m/s2。
当速度减小为0时，所用时间t==1 s，
上滑的最大距离s==6.25 m，
由于μmgcos θ>mgsin θ，则小物块静止在最高点，故A正确。
1.(2024·广东中山纪念中学高一期末)如图，水平地面上有一个质量m=1 kg的小铁块，与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，某时刻开始用一个水平向右的拉力F=6 N，从静止开始拉动小铁块，经过4 s时间，拉力大小不变，方向变成水平向左，再作用3 s时间。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)4 s时刻小铁块的速度；
1
2
3
4
5
答案 16 m/s，方向水平向右
6
当拉力向右时，由牛顿第二定律得
F-μmg=ma1
v1=a1t1
联立解得a1=4 m/s2，v1=16 m/s，方向水平向右
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
答案 2 s
(2)拉力改变方向后，再运动几秒速度变为零；
拉力变为水平向左后，由牛顿第二定律得
F+μmg=ma2
解得a2=8 m/s2
设再经t2时间速度变为零，则t2==2 s
6
1
2
3
4
5
答案 4 m/s
(3)7 s末小铁块的速度大小。
铁块向左运动时F-μmg=ma3
解得a3=4 m/s2
由以上分析知7 s末小铁块已向左运动t3=(7-4-2) s=1 s
则7 s末小铁块的速度大小为v2=a3t3=4 m/s。
6
2.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目。该山坡可看成倾角θ=30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m=80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t=5 s内沿斜面滑下的位移s=50 m。不计空气阻力，g取10 m/s2。问：
(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力f为多大？
1
2
3
4
5
答案 80 N
6
设在山坡上游客连同滑草装置的加速度为a1，则s=a1t2
由牛顿第二定律可得mgsin θ-f=ma1
联立可得f=80 N，a1=4 m/s2。
1
2
3
4
5
6
(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？
1
2
3
4
5
由μmgcos θ=f可得μ=。
答案
6
(3)设游客连同滑草装置滑下50 m后进入水平草坪，滑草装置与水平草坪间的动摩擦因数也为μ，求游客连同滑草装置在水平草坪上滑行的最大距离。
1
2
3
4
5
设游客连同滑草装置刚到水平草坪时的速度为v，在水平草坪上的加速度大小为a2，则v=a1t=20 m/s，μmg=ma2，a2=μg= m/s2，v2=2a2s2，解得s2=100 m。
答案 100 m
6
3.(2023·汕头市高一期末)在游乐场中，有一种大型游戏器械叫“跳楼机”。参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，电动机将座椅沿光滑的竖起轨道提升到离地面85 m高处由静止释放。座椅沿轨道做自由落体运动2.0 s后，开始受到恒定制动力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。(g=10 m/s2 )求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少；
1
2
3
4
5
答案 6 s
6
设座椅做自由落体运动结束时的速度为v，下落时间t1=2 s
由v=gt1解得v=20 m/s
设座椅做自由落体运动和匀减速运动的总高度为h，匀减速阶段的时间为t2
h=85 m-5 m=80 m
h=(t1+t2)
解得t2=6 s
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍(计算结果保留一位小数)。
设游客在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F
由0=v-at2，解得a≈3.3 m/s2
由牛顿第二定律得F-mg=ma
答案 1.3
解得≈1.3。
6
4.商场工作人员拉着质量为m=20 kg的木箱沿水平地面运动，若用F1=100 N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动，现改用F2=150 N、与水平方向成53°、斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示，已知sin 53° =0.8，cos 53°=0.6，取重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数；
1
2
3
4
5
答案 0.5
由于木箱在水平拉力F1作用下做匀速直线运动，则F1=μmg
解得：μ=0.5
6
1
2
3
4
5
答案 20 m
由牛顿第二定律有F2cos 53°-f=ma1，F2sin 53°+FN=mg，f=μFN
联立解得木箱运动的加速度a1=2.5 m/s2
根据运动学公式，木箱的位移s1=a1=20 m。
(2)F2作用在木箱上4 s时间内木箱移动的距离；
6
1
2
3
4
5
答案 10 m
(3)若F2作用4 s后撤去，则木箱在水平面上还能
滑行多远？
6
撤去F2后，设木箱在地面上滑行的加速度大小为a2
由μmg=ma2得：a2=5 m/s2
撤去F2时木箱的速度v=a1t1=10 m/s
由0-v2=-2a2s2得，撤去F2后木箱在水平面
1
2
3
4
5
上还能滑行的距离s2== m=10 m。
6
5.如图甲所示，倾角为θ=37°的斜面固定在水平地面上，用沿斜面向上的恒力F拉着物块由静止从斜面底端沿斜面向上运动，作用一段时间后撤去拉力。从物块运动开始计时，物块沿斜面向上运动的速度—时间图像如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
(1)撤去拉力后，物块向上运动的加速度大小；
答案 8 m/s2
6
撤去拉力后物块匀减速上滑，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有f+mgsin θ=ma
垂直斜面方向有FN=mgcos θ
且f=μFN
联立解得a=8 m/s2
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
(2)拉力F的大小；
答案 16 N
由速度—时间图像可知匀加速上滑与匀减速上滑的加速度大小相等，即a1=a，匀加速上滑时，根据牛顿第二定律有
F-mgsin θ-f=ma
代入数据解得F=16 N
6
1
2
3
4
5
(3)物块返回斜面底端时的速度大小。
答案 4 m/s
6
0.5 s末的速度v=at1=4 m/s
上滑总位移s=t2=2 m
下滑过程，根据牛顿第二定律有
mgsin θ-f=ma2
根据速度位移公式有=2a2s
联立解得v1=4 m/s。
1
2
3
4
5
6
6.如图甲所示，t=0时，水平地面上质量m=1 kg的物体在水平向左、大小恒为10 N的力T的作用下由静止开始运动，同时施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10 m/s2。求：
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
(1)2 s末物体的速度；
答案 6 m/s，方向水平向左
由牛顿第二定律得T-F-μmg=ma1，解得前2 s内的加速度：a1=3 m/s2，方向水平向左，由速度公式得2 s末物体的速度：v1=a1t1=6 m/s，方向水平向左；
6
1
2
3
4
5
(2)前2 s内物体的位移；
答案 6 m，方向水平向左
由位移公式得前2 s内物体的位移：s=a1=6 m，方向水平向左；
6
1
2
3
4
5
(3)t为多少时物体的速度为0。
答案 8 s
2 s后合力方向向右，物体向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得F'+μmg-T=ma2，解得a2=1 m/s2，方向水平向右，
由速度公式得0=v1-a2t2，解得t2=6 s
速度为零之后，T-F'=10 N-6 N=4 N<μmg=5 N，物体静止，不再运动。
t=t1+t2=8 s，即t=8 s时物体的速度为0。
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6作业35 牛顿运动定律的简单应用
（分值：60分）
1~6题每题3分，共18分
考点一 从受力确定运动情况
1.（2023·汕尾市高一期末）刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车司机看到前方道路上突然窜出一头牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为12 m，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数是0.6，发生碰撞时速度接近0。请你帮助交警计算货车的初速度大约为 （ ）
A.36 km/h B.43 km/h
C.60 km/h D.70 km/h
2.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末物体的速度为 （ ）
A.0 B.6 m/s
C.12 m/s D.6 m/s
3.（2023·广东省高一期末）“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射出来的一段运动可近似看成初速度为零的竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，重力加速度为g，则导弹运动时间t后的速度大小为 （ ）
A.t B.t
C. D.
考点二 从运动情况确定受力
4.车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊如图所示。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h，从发生碰撞到车完全停止需要的时间为1 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为 （ ）
A.2 100 N B.6 000 N
C.8 000 N D.1 000 N
5.（2023·汕尾市高一期末）滑雪运动是我国北方冬天常见的运动。如图所示，滑雪运动员从山坡上由静止开始匀加速直线下滑，2 s末速度为5.6 m/s，若山坡的粗糙程度相同，运动员可视为质点，山坡的倾角约为37°，g取10 m/s2，不计空气阻力，则运动员与山坡间的动摩擦因数为（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8） （ ）
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.5
6.如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为s=t2+t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论不正确的是 （ ）
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
7、8每题5分，9、10每题12分，共34分
7.航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰，一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为做匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cos 37°=0.8，此时阻拦索上的弹力大小为 （ ）
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
8.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3，则 （ ）
A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.物体在AC3上运动的加速度最小
9.（12分）某次无人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0~4 s内做匀加速直线运动，加速度大小为a1=2 m/s2，t1=4 s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2=6 s末刚好减速到零并到达指定平台。已知无人机总质量为m=2 kg，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）（6分）平台离地高度H；
（2）（6分）在4~6 s内空气对无人机作用力大小F。
10.（12分）如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°角，一装修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，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求：
（1）（8分）刷子沿天花板向上运动的加速度大小；
（2）（4分）工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间。
（8分）
11.如图，小物块以初速度12.5 m/s从斜面底端上滑，斜面倾角为θ=30°且足够长，小物块与斜面间的动摩擦因数为，则2 s末小物块与斜面底端的距离为（重力加速度g=10 m/s2） （ ）
A.6.25 m B.0
C.12.625 m D.5 m
答案精析
1.B ［货车刹车时受地面的摩擦力，由牛顿第二定律得-μmg=ma，解得a=-μg=-6 m/s2，由运动学规律-=2as，将vt=0，a=-6 m/s2，s=12 m代入可解得v0=12 m/s=43.2 km/h，B正确。］
2.B ［对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°=ma
代入数据解得a=3 m/s2
则2 s末物体的速度为v=at=6 m/s
故选B。］
3.A ［由牛顿第二定律得F-mg=ma
解得a=-g
导弹运动时间t后的速度大小
v=at=t，故选A。］
4.A ［v0=108 km/h=30 m/s，从发生碰撞到车完全停止的1 s内，有a==- m/s2=-30 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-30) N=-2 100 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，所以选项A正确。］
5.C ［由运动学公式v=at得a=2.8 m/s2，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，
解得μ=0.4，故选C。］
6.C ［根据s=v0t+at2对比s=t2+t，知v0=1 m/s，a=2 m/s2，故A正确；根据-=2as得，vt== 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。］
7.A ［根据题意可知，舰载机做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
则=2as，其中v0=216 km/h=60 m/s，
设阻拦索上的弹力大小为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2Fcos 37°=ma
解得F=2.5×105 N，故选A。］
8.C ［在沿轨道方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a==gsin θ，轨道倾角越大，加速度越大，所以在AC3上运动的加速度最大，D错误；设轨道的高度为h，根据几何知识可得，物体发生的位移为s=，物体的初速度为零，根据=2as得，vt=，知到达轨道底端的速度大小相等，A错误；由s=at2解得t==，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，B错误，C正确。］
9.(1)24 m (2)12 N
解析 (1)4 s末无人机速度大小为v=a1t1=8 m/s
全程平均速度大小为==4 m/s
则总高度H=t2=24 m
(2)4~6 s内无人机加速度大小为
a2==4 m/s2，方向为竖直向下；
对无人机有mg-F=ma2
则空气对无人机作用力大小为F=12 N。
10.(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
杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为f，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)cos 37°=ma
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)由运动学公式得L=at2
代入数据解得t=2 s。
11.A ［上滑时：mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得a=12.5 m/s2。
当速度减小为0时，所用时间t==1 s，
上滑的最大距离s==6.25 m，
由于μmgcos θ>mgsin θ，则小物块静止在最高点，故A正确。］
