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第五节 牛顿运动定律的应用
第四章 牛顿运动定律
1．进一步学习对物体进行受力分析和运动分析的方法。
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。
3．熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。
素养目标
知识点一 牛顿运动定律的应用
自主学习
情境导入 根据匀变速直线运动的规律vt＝v0＋at，s＝v0t＋ at2，vt2－v02＝2as和牛顿第二定律F＝ma解题时，可根据受力情况求解运动情况，
或根据运动情况求解受力情况，其中哪个物理量起了桥梁作用？
提示：加速度
教材梳理 (阅读教材P117－P118完成下列填空)
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤
首先是确定___________，进行___________；其次是根据牛顿第二定律，将待求量和已知量之间的关系联系起来，_________是联系力与运动的桥梁。
2．两类基本问题
(1)根据运动情况求______情况。
(2)根据受力情况求______情况。
研究对象
受力分析
加速度
受力
运动
课堂探究
师生互动
如图甲所示，运动员以3.4 m/s 的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？
如图乙所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s 的时间内滑下的路程为60 m，g取10 m/s2。求滑雪者对雪面的压力及滑雪者受到的阻力(包括摩擦和空气阻力)。
试分析以上两问题中的冰壶运动模型和滑雪运动模型分别属于哪类基本问题？
提示：冰壶运动模型属于已知受力情况求运动情况；滑雪运动模型属于已知运动情况求受力情况。
角度1 从受力确定运动情况
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，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
答案：见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右
例1
对物体受力分析如图所示。
由牛顿第二定律可得
F cos θ－f＝ma
又F sin θ＋FN＝mg
f＝μFN
联立解得a＝1.3 m/s2，方向水平向右。
(2)求物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
答案：6.5 m/s
v＝at＝6.5 m/s。
(3)求物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小。
答案：16.25 m
s＝ at2＝16.25 m。
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
针对练1．如图所示，质量为m＝5 kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ＝37°，球恰好能在杆上匀速向下滑动，若球受一大小为F＝200 N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；
答案：0.75
小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲所示，由平衡条件得
平行于杆方向有mg sin θ＝f1
垂直于杆方向有FN1＝mg cos θ
又f1＝μFN1
联立解得μ＝0.75。
(2)小球沿杆向上加速滑动时的加速度大小；
答案：2 m/s2
水平推力作用后，对小球受力分析，如图乙所示，
平行于杆方向有F cos θ－mg sin θ－f2＝ma
垂直于杆方向有FN2＝F sin θ＋mg cos θ
又f2＝μFN2
联立解得a＝2 m/s2。
(3)小球由静止沿杆向上滑动16 m所用的时间。
答案：4 s
由s＝ at2得t＝ ＝4 s。
针对练2．(2024·揭阳市高一校考期末)如图所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°角斜向下的推力F作用时，沿水平向右的方向开始做匀加速直线运动。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体对水平面的压力大小；
答案：22 N
物体在竖直方向处于平衡状态，有mg＋F sin 37°＝FN
解得FN＝22 N
根据牛顿第三定律可知物体对水平面的压力大小为22 N。
(2)物体受到的滑动摩擦力大小；
答案：11 N
物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μFN＝11 N。
(3)物体开始运动后，3 s内所经过的位移大小。
答案：22.5 m
根据牛顿第二定律可得F cos 37°－f＝ma
解得a＝5 m/s2
则物体3 s内所经过的位移大小为s＝ at2＝22.5 m。
角度2 从运动情况确定受力
(2024·江门市高一统考期末)如图所示的动车，质量为100 t，设它从停车场出发经225 m后速度达到15 m/s，此时，司机关闭发动机，让动车进站，动车又行驶了125 m才停在站上，设动车所受的阻力保持不变，求：
(1)动车在加速阶段和减速阶段的加速度大小；
答案：0.5 m/s2 0.9 m/s2
例2
设动车在加速、减速阶段的加速度大小分别为a1和a2，根据运动学公式可得
2a1s1＝v2，－2a2s2＝0－v2
解得a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2。
(2)动车关闭发动机前所受的牵引力。
答案：1.4×105 N
由牛顿第二定律得F－f＝ma1，f＝ma2
解得F＝1.4×105 N。
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
针对练1．(2024·浙江杭州高一期中)“毛毛虫竞速”是一项学生喜爱的趣味比赛，它在锻炼学生体能的同时，也考验学生的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为2.0 m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为15 kg，重力加速度g的大小取10 m/s2。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为(运动过程中道具“毛毛虫”与地面不接触)
A．60 N B．30 N
C．38 N D．15 N
√
设平均每位同学对道具的作用力为F，道具受到重力和四位同学的作用力，如图 ，由几何关系和牛顿第二定律得(mg)2＋(ma)2＝(4F)2，代入数据解得F≈38 N 。
针对练2．(2024·揭阳市高一统考期末)一辆装满快递包裹的货车在平直公路上行驶，货车遇突发情况紧急刹车，经 4 s停止，从开始刹车至停止，货车前进了40 m。已知货车中包裹P的质量为100 kg，货车刹车过程可视为做匀变速直线运动，取g＝10 m/s2。P相对货车始终保持静止，则刹车后 1 s时，P所受合力的大小为
A．500 N B．1 500 N
C．500 N D．1 000 N
√
设货车刹车的加速度大小为a，根据逆向思维可得s＝ at2，解得a＝
m/s2＝5 m/s2，以包裹P为研究对象，根据牛顿第二定律可得
刹车后 1 s时，P所受合力的大小为F合＝ma＝100×5 N＝500 N，故选A。
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知识点二 多过程问题
自主学习
1．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。将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题。
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度既是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到“桥梁”的作用，对解决问题有重要作用。
(2024·深圳市高一统考开学考试)“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角θ＝37°的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，滑块K与滑道的动摩擦因数μ为0.5，滑块K与AB、BC段的动摩擦因数相同。已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)求下滑过程的加速度a1的大小；
例3
答案： g
在AB段，对滑块有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
又μ＝0.5
解得a1＝ g。
(2)求BC段的距离L2。
答案：
设到达B点的速度为vB，在AB段，对滑块有vB2＝2a1L
在BC段，对滑块有0－vB2＝2a2L2，－μmg＝ma2
联立解得L2＝ L。
(2024·茂名市高一统考期中)如图为高度h＝36 m、倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平桌面上，在斜面中间位置有一滑块(可看作质点)以v0＝12 m/s沿斜面向上运动，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)物块的加速度大小；
答案：6 m/s2
例4
由牛顿第二定律有a＝ ＝6 m/s2。
(2)物块可以上升的最大距离；
答案：12 m
物块可以上滑的最大距离为s＝ ＝12 m。
(3)物块到达斜面底端所用的时间。(本小问结果保留三位有效数字)
答案：5.74 s
针对练． (2024·深圳市高一统考期末)一个放在水平地面上的物体，质量为5 kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，在水平方向受到15 N拉力后，由静止开始运动，(g＝10 m/s2)求：
(1)物体运动的加速度大小；
答案：1 m/s2
根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma
解得a＝1 m/s2。
(2)经过5 s物体的位移大小；
答案：12.5 m
由运动学规律得s＝ at2＝12.5 m
(3)5 s末撤去外力，物体还能运动多远？
答案：6.25 m
由运动学规律得vt＝at＝5 m/s
撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
由运动学规律得s′＝ ＝6.25 m。
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随堂演练
1．(2024·汕尾市高一统考期末)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耕牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面的动摩擦因数是0.6，重力加速度g＝10 m/s2，请你帮助交警计算货车的初速度大约为
A．40 km/h
B．50 km/h
C．60 km/h
D．70 km/h
√
汽车刹车只受地面摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－6 m/s2，由运动学规律得s＝ ，将vt＝0，a＝－6 m/s2，s＝15 m带入可解得v0≈13.4 m/s≈48.24 km/h。故选B。
2．我国自主研发的“直－8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。假设在某次消防灭火行动中，“直－8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为
A．1.6×104 N B．2.0×104 N
C．2.4×104 N D．4.8×104 N
√
由匀变速直线运动规律s＝ at2得，水桶(包括水)的加速度a＝ ＝2 m/s2；以水桶(包括水)为研究对象，有T－mg＝ma，解得绳子拉力T＝
2.4×104 N，故C正确。
3．如图甲为冰壶比赛现场图，现建立运动员推冰壶模型如图乙所示，假设冰壶质量m＝14.8 kg，运动员施加方向与水平方向夹角θ＝37°的推力F＝40 N，冰壶由静止开始运动2 m时速度为2 m/s，假设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ始终不变，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求动摩擦因数μ的大小；
答案：0.1
根据速度－位移关系式可得v12＝2a1s1
解得a1＝1 m/s2
对冰壶，根据牛顿第二定律有F cos θ－f＝ma1
mg＋F sin θ＝FN
f＝μFN
联立上式解得μ＝0.1。
(2)若冰壶运动2 m时撒去推力，它还能运动多长时间？
答案：2 s
撤去推力，冰壶的加速度大小为a2＝μg＝1 m/s2
根据速度－时间关系式可得t＝ s＝2 s。
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课 时 测 评
1．(2024·广州市高一期中)用30 N的水平外力F，拉一静止在光滑水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则5 s末物体的速度和5 s内物体的运动位移分别是
A．v＝7.5 m/s，s＝6.75 m B．v＝7.5 m/s，s＝18.75 m
C．v＝4.5 m/s，s＝18.75 m D．v＝4.5 m/s，s＝15.75 m
√
根据牛顿第二定律可得前3 s内物体的加速度大小为a＝ ＝1.5 m/s2，第5 s末物体的瞬时速度大小等于撤去拉力时物体的瞬时速度大小，即等于3 s末的瞬时速度大小v＝at＝4.5 m/s，5 s内物体的位移大小为s＝ at2＋vt′＝ ×1.5×32 m＋4.5×(5－3) m＝15.75 m，故选D。
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
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
√
刹车过程中由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝7 m/s2，根据匀变
速直线运动规律有s＝ ，解得v＝14 m/s，故选B。
3．(多选)如图所示，一只冰壶被人以v0＝3 m/s的初速度在水平冰面上向右推出，若冰壶和冰面的动摩擦因数μ＝0.02，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则
A．冰壶在冰面上的滑行时间为15 s
B．该冰壶在冰面上的滑行距离为22.5 m
C．该冰壶在第2 s末的速度大小为2.4 m/s
D．该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动了5 m
√
√
√
冰壶在冰面上滑行时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝0.2 m/s2，
冰壶在冰面上的滑行时间为t＝ ＝15 s，故A正确；该冰壶在冰面上的滑行距离为s＝ at2＝22.5 m，故B正确；该冰壶在第2 s末的速度大小为v2＝v0－at＝2.6 m/s，故C错误；该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内
多运动Δs＝aT2＝5 m，故D正确。故选ABD。
4．(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
√
√
滑块的加速度大小为a＝ ＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
5．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为
A．2.5×105 N
B．5×105 N
C．6.5×106 N
D．1.3×107 N
√
设舰载机匀减速的加速度大小为a，则v02＝2as；设阻拦索上的弹力为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2F cos 37°＝ma，又有v0＝216 km/h＝60 m/s，解得F＝2.5×105 N，故选A。
6．(2024·深圳市高一统考期末)如图所示，通过物体做加速运动来测定动摩擦因数。小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，时间t内的位移为s，下列表述正确的是
A．动摩擦因数μ＝tan θ
B．t时刻的速度为
C．s大小不变，θ越小，时间t越长
D．θ太小时木块不能下滑是因为动摩擦因数变大
√
小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可得mg sin θ＞μmg cos θ，即μ＜tan θ，故A错误；时间t内的位移
为s，有s＝ t，则t时刻的速度为v＝ ，故
B错误；θ越小，则加速度a越小，若s大小不变，由s＝ at2，可知时间t越长，故C正确；θ太小时木块不能下滑是因为重力沿斜面向下的分力小
于最大静摩擦力，而动摩擦因数不变，故D错误。故选C。
7．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。今拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，其他条件不变，则木盒滑行距离将
A．变大
B．变小
C．不变
D．无法判断
√
设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时的加速度为a1＝
＝μg，拿走砝码施加F时加速度a2＝ ＝ ，可知a2＞a1，根据vt2＝2as，可知，加速度增大，则滑行的距离变小。故选B。
8．(8分)冬天下大雪后容易发生交通事故。究其原因，主要是大雪覆盖路面后，被车轮挤压，部分的雪融化为水，在严寒的天气下，又马上结成了冰。汽车在光滑的冰面上行驶，制动后难以停下。据测定，汽车橡胶轮胎与普通路面间的动摩擦因数是0.7，与冰面间的动摩擦因数只有0.1。对于没有安装防抱死系统(ABS)的普通汽车，在规定的速度下紧急制动后，车轮立即停止转动，汽车在普通的水平路面上滑行14 m才能停下。那么，汽车以同样速度在结了冰的水平路面上行驶，紧急制动后滑行的距离是多少？
答案：98 m
在普通路面时v2＝2a1s，μ1mg＝ma1
在结冰路面时v2＝2a2s′，μ2mg＝ma2
解得s′＝98 m。
9．(10分)小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。如图所示，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；
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＋F sin θ＝mg
在水平方向，根据牛顿第二定律得F cos θ－f＝ma
摩擦力f＝μFN
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＝at3＝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时的位移大小
s＝ at52＝ ×1.16×25 m＝14.5 m。
10．(10分)一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面向上运动的位移s＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
答案：
滑块沿斜面匀加速下滑时，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据解得μ＝ 。
(2)恒力F的大小。
答案： N
滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，由s＝ a1t2，代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2
根据牛顿第二定律可得
F cos θ－mg sin θ－μFN＝ma1
FN＝F sin θ＋mg cos θ
代入数据解得F＝ N。
11．(11分)(2024·东莞市高一校考开学考试)小辉酷爱电动玩具，某次他操纵一电动小汽车爬上一固定斜坡，电动小汽车的质量为m＝1 kg，在沿斜坡向上的牵引动力F＝15 N的作用下，由静止开始沿倾角θ＝37°的斜坡从底端向上运动。已知小汽车在斜坡上所受阻力为其重力的0.4倍，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，若在2 s时小汽车突然失去动力，求：
(1)有动力作用时小汽车的加速度大小；
答案：5 m/s2
设有动力作用时小汽车的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F－mg sin θ－kmg＝ma1
解得a1＝5 m/s2。
(2)小汽车向上运动的最大位移大小；
答案：15 m
小汽车失去动力时的速度v＝a1t1＝10 m/s
设小汽车失去动力后加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg sin θ＋kmg＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经历时间t2小汽车减速为0，则t2＝ ＝1 s
小汽车向上运动的最大位移为s＝ (t1＋t2)＝15 m。
(3)小汽车回到斜坡底端时的速度大小。
答案：2 m/s
设小汽车向下运动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mg sin θ－kmg＝ma3
解得a3＝2 m/s2
设小汽车回到斜坡底端的速度大小为v′，有v′2＝2a3s
解得v′＝2 m/s。
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【素养目标】 1.进一步学习对物体进行受力分析和运动分析的方法。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。3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。
知识点一 牛顿运动定律的应用
【情境导入】 根据匀变速直线运动的规律vt＝v0＋at，s＝v0t＋at2，vt2－v02＝2as和牛顿第二定律F＝ma解题时，可根据受力情况求解运动情况，或根据运动情况求解受力情况，其中哪个物理量起了桥梁作用？
提示：加速度
【教材梳理】 (阅读教材P117－P118完成下列填空)
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤
首先是确定研究对象，进行受力分析；其次是根据牛顿第二定律，将待求量和已知量之间的关系联系起来，加速度是联系力与运动的桥梁。
2．两类基本问题
(1)根据运动情况求受力情况。
(2)根据受力情况求运动情况。
【师生互动】 如图甲所示，运动员以 3.4 m/s 的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？
如图乙所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s 的时间内滑下的路程为60 m，g取10 m/s2。求滑雪者对雪面的压力及滑雪者受到的阻力(包括摩擦和空气阻力)。
试分析以上两问题中的冰壶运动模型和滑雪运动模型分别属于哪类基本问题？
提示：冰壶运动模型属于已知受力情况求运动情况；滑雪运动模型属于已知运动情况求受力情况。
从受力确定运动情况
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，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；
(2)求物体在拉力作用下5 s末的速度大小；
(3)求物体在拉力作用下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
F cos θ－f＝ma
又F sin θ＋FN＝mg
f＝μFN
联立解得a＝1.3 m/s2，方向水平向右。
(2)v＝at＝6.5 m/s。
(3)s＝at2＝16.25 m。
针对练1.如图所示，质量为m＝5 kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ＝37°，球恰好能在杆上匀速向下滑动，若球受一大小为F＝200 N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；
(2)小球沿杆向上加速滑动时的加速度大小；
(3)小球由静止沿杆向上滑动16 m所用的时间。
答案：(1)0.75 (2)2 m/s2 (3)4 s
解析：(1)小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲所示，由平衡条件得
平行于杆方向有mg sin θ＝f1
垂直于杆方向有FN1＝mg cos θ
又f1＝μFN1
联立解得μ＝0.75。
(2)水平推力作用后，对小球受力分析，如图乙所示，
平行于杆方向有F cos θ－mg sin θ－f2＝ma
垂直于杆方向有FN2＝F sin θ＋mg cos θ
又f2＝μFN2
联立解得a＝2 m/s2。
(3)由s＝at2得t＝ ＝4 s。
针对练2.(2024·揭阳市高一校考期末)如图所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°角斜向下的推力F作用时，沿水平向右的方向开始做匀加速直线运动。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体对水平面的压力大小；
(2)物体受到的滑动摩擦力大小；
(3)物体开始运动后，3 s内所经过的位移大小。
答案：(1)22 N (2)11 N (3)22.5 m
解析：(1)物体在竖直方向处于平衡状态，有
mg＋F sin 37°＝FN
解得FN＝22 N
根据牛顿第三定律可知物体对水平面的压力大小为22 N。
(2)物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μFN＝11 N。
(3)根据牛顿第二定律可得F cos 37°－f＝ma
解得a＝5 m/s2
则物体3 s内所经过的位移大小为s＝at2＝22.5 m。
从运动情况确定受力
(2024·江门市高一统考期末)如图所示的动车，质量为100 t，设它从停车场出发经225 m后速度达到15 m/s，此时，司机关闭发动机，让动车进站，动车又行驶了125 m才停在站上，设动车所受的阻力保持不变，求：
(1)动车在加速阶段和减速阶段的加速度大小；
(2)动车关闭发动机前所受的牵引力。
答案：(1)0.5 m/s2 0.9 m/s2 (2)1.4×105 N
解析：(1)设动车在加速、减速阶段的加速度大小分别为a1和a2，根据运动学公式可得
2a1s1＝v2，－2a2s2＝0－v2
解得a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2。
(2)由牛顿第二定律得F－f＝ma1，f＝ma2
解得F＝1.4×105 N。
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
针对练1.(2024·浙江杭州高一期中)“毛毛虫竞速”是一项学生喜爱的趣味比赛，它在锻炼学生体能的同时，也考验学生的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为2.0 m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为15 kg，重力加速度g的大小取10 m/s2。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为(运动过程中道具“毛毛虫”与地面不接触)( )
A．60 N B．30 N C．38 N D．15 N
答案：C
解析：设平均每位同学对道具的作用力为F，道具受到重力和四位同学的作用力，如图 ，由几何关系和牛顿第二定律得(mg)2＋(ma)2＝(4F)2，代入数据解得F≈38 N 。
针对练2.(2024·揭阳市高一统考期末)一辆装满快递包裹的货车在平直公路上行驶，货车遇突发情况紧急刹车，经 4 s停止，从开始刹车至停止，货车前进了40 m。已知货车中包裹 P的质量为100 kg，货车刹车过程可视为做匀变速直线运动，取g＝10 m/s2。P相对货车始终保持静止，则刹车后 1 s时，P所受合力的大小为( )
A．500 N B．1 500 N
C．500 N D．1 000 N
答案：A
解析：设货车刹车的加速度大小为a，根据逆向思维可得s＝at2，解得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，以包裹 P为研究对象，根据牛顿第二定律可得刹车后 1 s时，P所受合力的大小为F合＝ma＝100×5 N＝500 N，故选A。
知识点二 多过程问题
1．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。将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题。
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度既是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到“桥梁”的作用，对解决问题有重要作用。
(2024·深圳市高一统考开学考试)“雪滑梯”是冬季常见的娱乐项目。某“雪滑梯”由倾角θ＝37°的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，滑块K与滑道的动摩擦因数μ为0.5，滑块K与AB、BC段的动摩擦因数相同。已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)求下滑过程的加速度a1的大小；
(2)求BC段的距离L2。
答案：(1)g (2)
解析：(1)在AB段，对滑块有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma1
又μ＝0.5
解得a1＝g。
(2)设到达B点的速度为vB，在AB段，对滑块有vB2＝2a1L
在BC段，对滑块有0－vB2＝2a2L2，－μmg＝ma2
联立解得L2＝L。
(2024·茂名市高一统考期中)如图为高度h＝36 m、倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平桌面上，在斜面中间位置有一滑块(可看作质点)以v0＝12 m/s沿斜面向上运动，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)物块的加速度大小；
(2)物块可以上升的最大距离；
(3)物块到达斜面底端所用的时间。(本小问结果保留三位有效数字)
答案：(1)6 m/s2 (2)12 m (3)5.74 s
解析：(1)由牛顿第二定律有a＝＝6 m/s2。
(2)物块可以上滑的最大距离为s＝＝12 m。
(3)物块上滑到最高点所用时间t1＝＝2 s
下滑加速度仍为a，下滑位移为
s下＝s＋，s下＝at22
可解得t2＝ s
故物块到达斜面底端所用的时间为
t＝t1＋t2＝(2＋) s≈5.74 s。
针对练．(2024·深圳市高一统考期末)一个放在水平地面上的物体，质量为5 kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，在水平方向受到15 N拉力后，由静止开始运动，(g＝10 m/s2)求：
(1)物体运动的加速度大小；
(2)经过5 s物体的位移大小；
(3)5 s末撤去外力，物体还能运动多远？
答案：(1)1 m/s2 (2)12.5 m (3)6.25 m
解析：(1)根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma
解得a＝1 m/s2。
(2)由运动学规律得s＝at2＝12.5 m。
(3)由运动学规律得vt＝at＝5 m/s
撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
由运动学规律得s′＝＝6.25 m。
1．(2024·汕尾市高一统考期末)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耕牛时紧急刹车，但还是发生了事故。交警在现场量得货车的刹车痕迹长为15 m，已知货车车轮与地面的动摩擦因数是0.6，重力加速度g＝10 m/s2，请你帮助交警计算货车的初速度大约为( )
A．40 km/h B．50 km/h
C．60 km/h D．70 km/h
答案：B
解析：汽车刹车只受地面摩擦力，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得a＝－6 m/s2，由运动学规律得s＝，将vt＝0，a＝－6 m/s2，s＝15 m带入可解得v0≈13.4 m/s≈48.24 km/h。故选B。
2．我国自主研发的“直 8”消防灭火直升机，已多次在火场大显“神威”。假设在某次消防灭火行动中，“直 8”通过一根长绳子吊起质量为2×103 kg的水桶(包括水)，起飞时，在2 s内将水桶(包括水)由静止开始竖直向上匀加速提升了4 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则该段时间内绳子拉力大小为( )
A．1.6×104 N B．2.0×104 N
C．2.4×104 N D．4.8×104 N
答案：C
解析：由匀变速直线运动规律s＝at2得，水桶(包括水)的加速度a＝＝2 m/s2；以水桶(包括水)为研究对象，有T－mg＝ma，解得绳子拉力T＝2.4×104 N，故C正确。
3．如图甲为冰壶比赛现场图，现建立运动员推冰壶模型如图乙所示，假设冰壶质量m＝14.8 kg，运动员施加方向与水平方向夹角θ＝37°的推力F＝40 N，冰壶由静止开始运动2 m时速度为2 m/s，假设冰壶与冰面间的动摩擦因数μ始终不变，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求动摩擦因数μ的大小；
(2)若冰壶运动2 m时撤去推力，它还能运动多长时间？
答案：(1)0.1 (2)2 s
解析：(1)根据速度－位移关系式可得v12＝2a1s1
解得a1＝1 m/s2
对冰壶，根据牛顿第二定律有F cos θ－f＝ma1
mg＋F sin θ＝FN
f＝μFN
联立上式解得μ＝0.1。
(2)撤去推力，冰壶的加速度大小为a2＝μg＝1 m/s2
根据速度－时间关系式可得t＝＝ s＝2 s。
课时测评28 牛顿运动定律的应用
(时间：45分钟 满分：60分)
(选择题1－7题，每题3分，共21分)
1．(2024·广州市高一期中)用30 N的水平外力F，拉一静止在光滑水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则5 s末物体的速度和5 s内物体的运动位移分别是( )
A．v＝7.5 m/s，s＝6.75 m
B．v＝7.5 m/s，s＝18.75 m
C．v＝4.5 m/s，s＝18.75 m
D．v＝4.5 m/s，s＝15.75 m
答案：D
解析：根据牛顿第二定律可得前3 s内物体的加速度大小为a＝＝1.5 m/s2，第5 s末物体的瞬时速度大小等于撤去拉力时物体的瞬时速度大小，即等于3 s末的瞬时速度大小v＝at＝4.5 m/s，5 s内物体的位移大小为s＝at2＋vt′＝×1.5×32 m＋4.5×(5－3) m＝15.75 m，故选D。
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( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案：B
解析：刹车过程中由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝7 m/s2，根据匀变速直线运动规律有s＝，解得v＝14 m/s，故选B。
3．(多选)如图所示，一只冰壶被人以v0＝3 m/s的初速度在水平冰面上向右推出，若冰壶和冰面的动摩擦因数μ＝0.02，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．冰壶在冰面上的滑行时间为15 s
B．该冰壶在冰面上的滑行距离为22.5 m
C．该冰壶在第2 s末的速度大小为2.4 m/s
D．该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动了5 m
答案：ABD
解析：冰壶在冰面上滑行时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝0.2 m/s2，冰壶在冰面上的滑行时间为t＝＝15 s，故A正确；该冰壶在冰面上的滑行距离为s＝at2＝22.5 m，故B正确；该冰壶在第2 s末的速度大小为v2＝v0－at＝2.6 m/s，故C错误；该冰壶在第1个5 s内比第2个5 s内多运动Δs＝aT2＝5 m，故D正确。故选ABD。
4．(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B．滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案：AC
解析：滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块受力分析有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。
5．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为( )
A．2.5×105 N B．5×105 N
C．6.5×106 N D．1.3×107 N
答案：A
解析：设舰载机匀减速的加速度大小为a，则v02＝2as；设阻拦索上的弹力为F，根据几何关系，由牛顿第二定律有2F cos 37°＝ma，又有v0＝216 km/h＝60 m/s，解得F＝2.5×105 N，故选A。
6．(2024·深圳市高一统考期末)如图所示，通过物体做加速运动来测定动摩擦因数。小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，时间t内的位移为s，下列表述正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝tan θ
B．t时刻的速度为
C．s大小不变，θ越小，时间t越长
D．θ太小时木块不能下滑是因为动摩擦因数变大
答案：C
解析：小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可得mg sin θ>μmg cos θ，即μ7．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。今拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，其他条件不变，则木盒滑行距离将( )
A．变大 B．变小
C．不变 D．无法判断
答案：B
解析：设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时的加速度为a1＝＝μg，拿走砝码施加F时加速度a2＝＝，可知a2＞a1，根据vt2＝2as，可知，加速度增大，则滑行的距离变小。故选B。
8．(8分)冬天下大雪后容易发生交通事故。究其原因，主要是大雪覆盖路面后，被车轮挤压，部分的雪融化为水，在严寒的天气下，又马上结成了冰。汽车在光滑的冰面上行驶，制动后难以停下。据测定，汽车橡胶轮胎与普通路面间的动摩擦因数是0.7，与冰面间的动摩擦因数只有0.1。对于没有安装防抱死系统(ABS)的普通汽车，在规定的速度下紧急制动后，车轮立即停止转动，汽车在普通的水平路面上滑行14 m才能停下。那么，汽车以同样速度在结了冰的水平路面上行驶，紧急制动后滑行的距离是多少？
答案：98 m
解析：在普通路面时v2＝2a1s，μ1mg＝ma1
在结冰路面时v2＝2a2s′，μ2mg＝ma2
解得s′＝98 m。
9．(10分)小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。如图所示，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。
答案：(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＋F sin θ＝mg
在水平方向，根据牛顿第二定律得F cos θ－f＝ma
摩擦力f＝μFN
联立解得加速度a＝1.16 m/s2。
(2)3 s时的速度大小
v＝at3＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s。
(3)5 s时的位移大小
s＝at52＝×1.16×25 m＝14.5 m。
10．(10分)一质量为m＝2 kg的滑块在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面向上运动的位移s＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
答案：(1) (2) N
解析：(1)滑块沿斜面匀加速下滑时，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma
代入数据解得μ＝。
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，由s＝a1t2，代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2
根据牛顿第二定律可得
F cos θ－mg sin θ－μFN＝ma1
FN＝F sin θ＋mg cos θ
代入数据解得F＝ N。
11．(11分)(2024·东莞市高一校考开学考试)小辉酷爱电动玩具，某次他操纵一电动小汽车爬上一固定斜坡，电动小汽车的质量为m＝1 kg，在沿斜坡向上的牵引动力F＝15 N的作用下，由静止开始沿倾角θ＝37°的斜坡从底端向上运动。已知小汽车在斜坡上所受阻力为其重力的0.4倍，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，若在2 s时小汽车突然失去动力，求：
(1)有动力作用时小汽车的加速度大小；
(2)小汽车向上运动的最大位移大小；
(3)小汽车回到斜坡底端时的速度大小。
答案：(1)5 m/s2 (2)15 m (3)2 m/s
解析：(1)设有动力作用时小汽车的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F－mg sin θ－kmg＝ma1
解得a1＝5 m/s2。
(2)小汽车失去动力时的速度v＝a1t1＝10 m/s
设小汽车失去动力后加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得mg sin θ＋kmg＝ma2
解得a2＝10 m/s2
设经历时间t2小汽车减速为0，则t2＝＝1 s
小汽车向上运动的最大位移为s＝(t1＋t2)＝15 m。
(3)设小汽车向下运动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mg sin θ－kmg＝ma3
解得a3＝2 m/s2
设小汽车回到斜坡底端的速度大小为v′，有v′2＝2a3s
解得v′＝2 m/s。
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