第6节 牛顿运动定律的应用
1.一物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.6， 在拉力F＝10 N作用下从静止开始运动，其速度与位移在国际单位制下满足等式v2＝8x，重力加速度g取10 m/s2，则物体的质量为（ ）
A.0.5 kg B.0.4 kg
C.0.8 kg D.1 kg
2.（多选）质量为3 kg的物体，静止于水平地面上，在10 N的水平拉力作用下，开始沿水平地面做匀加速直线运动，物体与地面间的摩擦力是4 N。则（ ）
A.物体在3 s末的速度大小为10 m/s
B.物体在3 s末的速度大小为6 m/s
C.物体在0～3 s内发生的位移大小为15 m
D.物体在0～3 s内发生的位移大小为9 m
3.某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据图像可知（ ）
A.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B.物体在第3 s内所受的拉力等于1 N
C.物体在第2 s内所受的拉力为零
D.在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
4.物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化关系图像如图甲所示；乙受到如图乙所示的水平拉力作用，则在0～4 s的时间内（ ）
A.甲物体所受合力不断变化
B.甲物体的速度不断减小
C.2 s末乙物体改变运动方向
D.2 s末乙物体速度达到最大
5.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑（忽略阻力），则（ ）
A.a处小孩最先到O点
B.b处小孩最后到O点
C.c处小孩最先到O点
D.a、c处小孩同时到O点
6.（多选）如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，取重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是（ ）
A.所受浮力大小为4 830 N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
7.（多选）如图所示，质量相等的甲、乙两物体（视为质点），分别从倾角为60°、30°的光滑斜面的顶点A、B由静止滑下，最后达到斜面的底端D点，A、B、C在同一竖直线上，下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙两物体到达D点的速度大小之比为1∶1
B.斜面对甲、乙两物体的弹力大小之比为1∶
C.甲、乙两物体在斜面中点位置的瞬时速度大小之比为1∶
D.甲、乙两物体在斜面上运动的时间之比为1∶1
8.如图所示，一个质量m＝4 kg的小物块放在水平地面上，对小物块施加一个F＝10 N的恒定拉力，使小物块做初速度为零的匀加速直线运动，拉力与水平方向的夹角θ＝37°，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.20，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，重力加速度g取10 m/s2不计空气阻力。求：
（1）小物块运动过程中加速度的大小；
（2）小物块运动4.0 s时位移的大小。
9.如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有一质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.绳上的拉力大小为50 N
B.重物不会离开地面
C.2 s末重物上升的高度为5 m
D.重物的加速度大小为3.2 m/s2
10.（多选）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。如图所示，一质量m＝2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为f＝1 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则（ ）
A.无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25 N
B.无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N
C.无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N
D.无人飞机上升的总高度为24 m
11.如图所示，避险车道是避免发生恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10 t的货车行驶到一个长下坡时，因刹车失灵以36 km/h的初速度沿坡向下加速运动，在加速前进了1 km后，驾驶员将车从干道驶入制动坡床并冲上坡床40 m后停止。若货车在该长下坡路段每行驶1 km高度下降120 m，受到的阻力是车重的10％，制动坡床与水平面间的夹角为θ（sin θ＝0.3）。取重力加速度g＝10 m/s2，若车从干道驶入制动坡床时的速度大小不变，求：
（1）货车刚驶入制动坡床时的速度大小；
（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力大小。
第6节 牛顿运动定律的应用
1.D 由题意可知物体做初速度为0的匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度与位移关系v2＝2ax，对比题中表达式v2＝8x可知加速度a＝ m/s2＝4 m/s2；又根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得m＝＝ kg＝1 kg，故D正确。
2.BD 根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则3 s末的速度v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，0～3 s内的位移x＝at2＝×2×32 m＝9 m，故B、D正确。
3.D 根据v-t图像可知，物体在第2 s内做匀速直线运动，合力为零，拉力等于滑动摩擦力且不为零，故A、C错误；v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知，第3 s内物体的加速度大小为a3＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，则拉力F3＝f＋ma3＝f＋1 N＞1 N，故B错误；根据牛顿第二定律和平衡条件可知，拉力方向始终与摩擦力方向相反，故D正确。
4.D 对于甲物体，由v-t图像可知，其加速度恒定，合力恒定，选项A错误；甲物体的速度先减小后反向增大，选项B错误；对于乙物体，由图乙可知，合力先减小后反向增大，因而其加速度先减小后反向增大，t＝2 s时，速度达最大，然后做加速度增大的减速运动，t＝4 s时，速度减为零，选项C错误，D正确。
5.D 当滑板与水平面的夹角为θ时，小孩从滑板顶端滑下的过程有＝gt2sin θ，解得t＝，当θ＝45°时，t最小，当θ＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D项正确。
6.AD 热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4 830 N，故选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f'＝0，解得f'＝230 N，选项D正确。
7.BD 设底边长DC＝L，斜面倾角为θ，则物体运动的加速度为a＝gsin θ，根据v2＝2ax，则v＝＝＝，则甲、乙两物体到达D点的速度大小之比为 ＝，A错误；斜面对甲、乙两物体的弹力大小N＝mgcos θ，则弹力大小之比为 ＝，B正确；物体在斜面中点位置的瞬时速度大小v'＝＝ ＝，则甲、乙两物体到达斜面中点位置的速度大小之比为 ＝，C错误；物体在斜面上运动的时间t＝＝＝，甲、乙两物体在斜面上运动的时间之比为 ＝，D正确。
8.（1）0.3 m/s2 （2）2.4 m
解析：（1）对小物块进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有Fcos θ－f＝ma
又Fsin θ＋N＝mg，f＝μN
联立解得a＝0.3 m/s2。
（2）小物块运动4.0 s时的位移
x＝at2＝×0.3×42 m＝2.4 m。
9.C 对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma'，解得F＝ma'＋mg＝10×（5＋10）N＝150 N，故A错误。对重物受力分析可知，绳子对重物的拉力150 N大于重物自身的重力120 N，所以重物会离开地面，故B错误。对重物由牛顿第二定律可得F－Mg＝Ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，D错误。2 s末重物上升的高度h＝at2＝×2.5×22 m＝5 m，C正确。
10.AD 以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F1－mg－f＝ma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F1＝mg＋ma1＋f＝25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F2＝mg＋f＝21 N，故B错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速运动，加速度为a3＝ m/s2＝－1 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－f＝ma3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F3＝mg＋ma3＋f＝19 N，故C错误；无人飞机上升的总高度h＝m＝24 m，故D正确。
11.（1）22.4 m/s （2）3.25×104 N
解析：由题意可知，m＝10 t＝1×104 kg，v0＝36 km/h＝10 m/s，x1＝1 km＝103 m，x2＝40 m，f1＝0.1mg。
（1）货车在下坡过程中，受力分析如图（a）所示。设下坡时的坡面倾斜角为α。货车运动加速度大小为a1，刚驶入制动坡床时的速度为v。根据牛顿第二运动定律，有
mgsin α－f1＝ma1，又sin α＝0.12
解得a1＝gsin α－＝0.2 m/s2
根据速度位移公式，有v2－＝2a1x1
解得v＝≈22.4 m/s。
（2）货车驶入制动坡床，受力分析如图（b）所示。设受到的阻力为f2，加速度大小为a2。根据速度位移公式，有
v2＝2a2x2
解得a2＝＝6.25 m/s2
根据牛顿第二运动定律，有
mgsin θ＋f2＝ma2
解得f2＝ma2－mgsin θ＝3.25×104 N。
4 / 4第6节 牛顿运动定律的应用
核心素养目标 物理观念 （1）知道什么是已知物体的受力情况确定物体的运动情况。 （2）知道什么是已知物体的运动情况确定物体的受力情况。 （3）会对研究对象进行受力分析和运动情况分析。
科学思维 掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法。
科学态度 与责任 初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，培养应用科学知识解决实际问题的意识。
知识点一 动力学方法测质量
如果已知物体的受力情况和运动情况，可以求出它的 ，进一步利用 求出它的质量。
知识点二 从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由 求出物体的加速度，再通过 确定物体的运动情况。
知识点三 从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
【情景思辨】
如图所示的是滑雪运动员从山坡向下滑雪时的照片。
（1）滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。（ ）
（2）根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每个力的方向。（ ）
（3）滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。（ ）
（4）已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的合外力。（ ）
要点一 由物体的受力情况确定运动情况
【探究】
一辆汽车在高速公路上正以速度v向前行驶，司机看到前方有紧急情况而刹车，已知刹车时汽车所受制动力为车重的k倍，则：
（1）如何才能得到汽车刹车时的加速度？
（2）若想知道汽车的刹车距离，你如何进行操作？
【归纳】
1.问题概述
已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。
2.解题思路
特别提醒
受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键，特别是运动草图对解决复杂问题有很大帮助。
【典例1】 滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行。（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用，g取10 m/s2）求：
（1）冰车的最大速率；
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
尝试解答
1.（多选）某小球所受的合力与时间的关系如图所示，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动，由此可判定（ ）
A.小球向前运动，再返回停止
B.小球向前运动，再返回不会停止
C.小球始终向前运动
D.小球在4 s末速度为0
2.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面上滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果可用根式表示）
要点二 由物体的运动情况确定受力
【探究】
如图所示的是某运载火箭的发射场景，现场指挥倒计时结束发出点火命令后，立刻计时，测得火箭底部通过发射架的时间约是t，如果要求出火箭受到的推力，还要知道哪些条件？不计空气阻力，火箭质量假设不变。
【归纳】
1.问题概述
已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（如物体的运动性质、速度、加速度或位移）已知的条件下，要求得出物体所受的力。
2.解题思路
【典例2】 “辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平甲板上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动，经t＝3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
尝试解答
易错警示
由运动情况确定受力应注意的两个问题
（1）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。
（2）题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，要先进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
1.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
2.如图所示的机车，质量为100 t，设它从停车场出发 经225 m速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站。机车又行驶了125 m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机车所受的牵引力不变，重力加速度g取10 m/s2，
求机车关闭发动机前所受的牵引力。
要点三 动力学中的多过程问题
1.问题界定：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。
2.两点提醒
（1）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分别进行受力分析，分别求加速度。
（2）对于多过程问题，前一过程的末速度是后一过程的初速度。
【典例3】 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，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求游客匀速下滑时的速度大小。
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
尝试解答
如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿斜面向上的F＝9.6 N的绳的拉力作用，并从静止开始运动，经过2 s绳子突然断裂。试求绳断后多长时间物体的速度大小达到22 m/s。（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
要点回眸
1.水平面上一个质量为m的物体，在一水平恒力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间2t物体停了下来。则物体受到的阻力应为（ ）
A.F B.
C. D.
2.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于（重力加速度g取10 m/s2）（ ）
A.25 m/s，1.25 B.40 m/s，0.25
C.50 m/s，0.25 D.80 m/s，1.25
3.（多选）如图所示，质量m＝100 kg的重物，在大小F＝1.25×103 N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气阻力，g取10 m/s2，则（ ）
A.重物上升的加速度大小为12.5 m/s2
B.重物上升的加速度大小为2.5 m/s2
C.运动2 s时速度大小为25 m/s
D.运动2 s时速度大小为5 m/s
4.电动平衡车是一款现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模型。某人站在平衡车上从速度v＝1 m/s匀加速到v1＝5 m/s，所用的时间为t＝10 s。已知人的质量为m＝60 kg，人受到的空气阻力为F气＝6 N，计算结果可以保留根号。取g＝10 m/s2，求：
（1）加速度a的大小；
（2）踏板对人的作用力F大小；
（3）若平衡车质量为M＝10 kg，忽略平衡车受到的空气阻力，求地面对平衡车的支持力N的大小和摩擦力f的大小。
第6节 牛顿运动定律的应用
【基础知识·准落实】
知识点一
加速度 牛顿第二定律
知识点二
牛顿第二定律 运动学规律
情景思辨
（1）× （2）× （3）√ （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）对汽车受力分析，由牛顿第二定律得kmg＝ma，可得a＝kg。
（2）由v2＝2ax得汽车刹车距离为x＝＝。
【典例1】 （1）5 m/s （2）50 m
解析：（1）以冰车及小明为研究对象，
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1 ①
vm＝a1t ②
由①②式得vm＝5 m/s。
（2）冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2 ③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2 ④
＝2a2x2 ⑤
又x＝x1＋x2
由③④⑤⑥式得x＝50 m。 ⑥
素养训练
1.CD 由题图可知，在0～1 s，小球向前做匀加速直线运动，1 s末速度最大；在1～2 s，小球以大小相等的加速度向前做匀减速直线运动，2 s末速度为零。依此类推，可知A、B错误，C、D正确。
2.（1）16 m （2）上滑过程加速度大小为8 m/s2，下滑过程加速度大小为4 m/s2 （3）2 m/s
解析：（1）在企鹅向上奔跑过程中有x＝at2，解得x＝16 m。
（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程从卧倒到最高点做匀减速运动，第二个过程是从最高点匀加速滑到最低点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
（3）上滑位移x1＝＝1 m
退滑到出发点的速度v＝，
解得v＝2 m/s。
要点二
知识精研
【探究】 提示：根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可知若想求得推力F，还要知道火箭的质量和加速度，火箭的加速度可以根据运动学公式x＝at2求得，即需要知道发射架的高度x和火箭通过发射架的时间t，综上所述除了时间t已经测得外，还要知道火箭质量m和发射架的高度x。
【典例2】 （1）5.28×105 N （2）7.2×105 N
解析：（1）根据位移与时间关系x＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
（2）根据速度与位移关系＝2a'x'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
素养训练
1.D 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin θ＝μmgcos 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＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。
2.1.4×105 N
解析：设机车在加速阶段的加速度大小为a1，减速阶段的加速度大小为a2，则：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2，
解得：a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2，
由牛顿第二定律得F－f＝ma1，f＝ma2，
解得：F＝1.4×105 N。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）16 m/s （2）210 N
解析：（1）开始下滑的时候，整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
代入数据可得a＝2 m/s2。
游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末速度的速度大小v0＝at1＝2×8 m/s＝16 m/s。
（2）整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律有v2－＝2a'x
代入数据可得：a'＝－8 m/s2
制动力与摩擦力方向水平向左，由牛顿第二定律得
－F－μmg＝ma'
代入数据得F＝210 N。
素养训练
5.53 s
解析：以沿斜面向上为正方向，在最初的2 s内，物体在F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－f＝ma1
N＝mgcos θ，且f＝μN
解得此过程加速度
a1＝＝2 m/s 2
2 s末绳断，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4 m/s，绳子断开后，物体继续沿斜面向上运动到达最高点速度为零的过程中，物体不再受绳的拉力F的作用，其他受力情况不变，加速度a2＝＝－7.6 m/s2
经历的时间为t2＝＝0.53 s
此后物体从最高点沿斜面下滑，设此过程中加速度为a3，物体的速度大小达到22 m/s所用时间为t3，则由牛顿第二定律和运动学的基本公式有
a3＝－gsin θ＋μgcos θ＝－4.4 m/s2，
t3＝＝5 s
综上所述，从绳断到物体速度大小达到22 m/s所经历的总时间为t＝t2＋t3＝5.53 s。
【教学效果·勤检测】
1.C 设阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，F阻＝ma2，v＝a1t，v＝a2·2t，以上四式联立可得F阻＝，故选项C正确。
2.C 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的阻力大小f＝kmg，有a＝＝（k＋1）g，解得k＝0.25，故选项C正确。
3.BD 由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝2.5 m/s2；由匀变速直线运动规律有v＝at，得v＝5 m/s，故B、D正确。
4.（1）0.4 m/s2 （2）30 N （3）700 N 34 N
解析：（1）加速度a的大小为a＝＝0.4 m/s2。
（2）将作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，可知水平方向有F2－F气＝ma，
竖直方向F1＝mg，
同时有F＝，
联立解得F＝30 N。
（3）对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有N＝（m＋M）g＝700 N，
整体在水平方向上有f－F气＝（m＋M）a，
解得f＝34 N。
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第6节 牛顿运动定律的应用
核
心
素
养
目
标 物理观
念 （1）知道什么是已知物体的受力情况确定物体的运动
情况。
（2）知道什么是已知物体的运动情况确定物体的受力
情况。
（3）会对研究对象进行受力分析和运动情况分析。
科学思
维 掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思
路和方法。
科学态
度与责任 初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，培养应用科
学知识解决实际问题的意识。
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 动力学方法测质量
如果已知物体的受力情况和运动情况，可以求出它的 ，
进一步利用 求出它的质量。
加速度
牛顿第二定律
知识点二 从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由 求出物体的加
速度，再通过 确定物体的运动情况。
牛顿第二定律
运动学规律
知识点三 从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结
合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
【情景思辨】
如图所示的是滑雪运动员从山坡向下滑雪时的照片。
（1）滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。
（ × ）
（2）根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每
个力的方向。 （ × ）
（3）滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。 （ √ ）
×
×
√
（4）已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的
合外力。 （ √ ）
√
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 由物体的受力情况确定运动情况
【探究】
一辆汽车在高速公路上正以速度v向前行驶，司机看到前方有紧急情
况而刹车，已知刹车时汽车所受制动力为车重的k倍，则：
（1）如何才能得到汽车刹车时的加速度？
提示： 对汽车受力分析，由牛顿第二定律得
kmg＝ma，可得a＝kg。
（2）若想知道汽车的刹车距离，你如何进行操作？
提示： 由v2＝2ax得汽车刹车距离为x＝＝。
【归纳】
1. 问题概述
已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件
下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。
2. 解题思路
特别提醒
受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键，特别是运
动草图对解决复杂问题有很大帮助。
【典例1】 滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小
明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰
面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施
加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的
作用，使冰车自由滑行。（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小
明始终没有施加力的作用，g取10 m/s2）求：
（1）冰车的最大速率；
答案：5 m/s
解析：以冰车及小明为研究对象，
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1 ①
vm＝a1t#②
由①②式得vm＝5 m/s。
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
答案：50 m
解析：冰车匀加速运动过程中有
x1＝a1t2 ③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2 ④
＝2a2x2 ⑤
又x＝x1＋x2
由③④⑤⑥式得x＝50 m。 ⑥
1. （多选）某小球所受的合力与时间的关系如图所示，各段的合力大
小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动，由此可判定
（ ）
A. 小球向前运动，再返回停止
B. 小球向前运动，再返回不会停止
C. 小球始终向前运动
D. 小球在4 s末速度为0
解析： 由题图可知，在0～1 s，小球向前做匀加速直线运
动，1 s末速度最大；在1～2 s，小球以大小相等的加速度向前
做匀减速直线运动，2 s末速度为零。依此类推，可知A、B错
误，C、D正确。
2. 可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为
37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始
沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑
行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在
滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ
＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
答案：16 m
解析：在企鹅向上奔跑过程中有
x＝at2，解得x＝16 m。
（2）企鹅在冰面上滑动的加速度大小；
答案：上滑过程加速度大小为8 m/s2，下滑过程加速度
大小为4 m/s2
解析：在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程从
卧倒到最高点做匀减速运动，第二个过程是从最高点匀加速
滑到最低点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin 37°＋
μmgcos 37°＝ma1，
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（计算结果可用根式表
示）
答案：2 m/s
解析：上滑位移x1＝＝1 m
退滑到出发点的速度v＝，
解得v＝2 m/s。
要点二 由物体的运动情况确定受力
【探究】如图所示的是某运载火箭的发射场景，现场指挥倒计时结束
发出点火命令后，立刻计时，测得火箭底部通过发射架的时间约是t，
如果要求出火箭受到的推力，还要知道哪些条件？不计空气阻力，火
箭质量假设不变。
提示：根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可知若想求得推力F，还要
知道火箭的质量和加速度，火箭的加速度可以根据运动学公式x＝at2
求得，即需要知道发射架的高度x和火箭通过发射架的时间t，综上所
述除了时间t已经测得外，还要知道火箭质量m和发射架的高度x。
【归纳】
1. 问题概述
已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（如物体的运
动性质、速度、加速度或位移）已知的条件下，要求得出物体所受
的力。
2. 解题思路
【典例2】 “辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某
次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平甲板
上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，发动机
提供恒定的推力使舰载机在航空母舰跑道上做匀加速直线运动，经t＝
3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的
阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静止，取重力加速度大小g
＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
答案：5.28×105 N
解析：根据位移与时间关系x＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索
和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的
作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
答案：7.2×105 N
解析：根据速度与位移关系＝2a'x'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
易错警示
由运动情况确定受力应注意的两个问题
（1）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。
（2）题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，要先进
行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
1. 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
解析： 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin θ＝
μmgcos 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＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。
2. 如图所示的机车，质量为100 t，设它从停车场出发经225 m速度达
到54 km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站。机车又行驶了
125 m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，关闭发动机前机
车所受的牵引力不变，重力加速度g取10 m/s2，求机车关闭发动机
前所受的牵引力。
答案：1.4×105 N
解析：设机车在加速阶段的加速度大小为a1，减速阶段的加速度大
小为a2，
则：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2，
解得：a1＝0.5 m/s2，a2＝0.9 m/s2，
由牛顿第二定律得F－f＝ma1，f＝ma2，
解得：F＝1.4×105 N。
要点三 动力学中的多过程问题
1. 问题界定：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。
2. 两点提醒
（1）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分别进行受力分析，分别求加速度。
（2）对于多过程问题，前一过程的末速度是后一过程的初速度。
【典例3】 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，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手
柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直
至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，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10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求游客匀速下滑时的速度大小。
答案：16 m/s
解析： 开始下滑的时候，整体受到重力、支持力、摩擦力
三个力的作用，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
代入数据可得a＝2 m/s2。
游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末
速度的速度大小
v0＝at1＝2×8 m/s＝16 m/s。
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑
行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
答案：210 N
解析：整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直
线运动规律有
v2－＝2a'x
代入数据可得：a'＝－8 m/s2
制动力与摩擦力方向水平向左，由牛顿第二定律得
－F－μmg＝ma'
代入数据得F＝210 N。
如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1
kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿斜面向
上的F＝9.6 N的绳的拉力作用，并从静止开始运动，经过2 s绳子突然
断裂。试求绳断后多长时间物体的速度大小达到22 m/s。（g取10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
答案：5.53 s
解析：以沿斜面向上为正方向，在最初的2 s内，物
体在F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做
匀加速直线运动，受力分析如图所示，根据牛顿第
二定律可知
F－mgsin θ－f＝ma1
N＝mgcos θ，且f＝μN
解得此过程加速度
a1＝＝2 m/s 2
2 s末绳断，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4 m/s，绳子断开后，物体继续
沿斜面向上运动到达最高点速度为零的过程中，物体不再受绳的拉力
F的作用，其他受力情况不变，加速度a2＝＝－
7.6 m/s2
经历的时间为t2＝＝0.53 s
此后物体从最高点沿斜面下滑，设此过程中加速度为a3，物体的速度
大小达到22 m/s所用时间为t3，
则由牛顿第二定律和运动学的基本公式有
a3＝－gsin θ＋μgcos θ＝－4.4 m/s2，t3＝＝5 s
综上所述，从绳断到物体速度大小达到22 m/s所经历的总时间为t＝t2
＋t3＝5.53 s。
要点回眸
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. 水平面上一个质量为m的物体，在一水平恒力F作用下，由静止开
始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间2t物体停了下
来。则物体受到的阻力应为（ ）
A. F B.
C. D.
解析： 设阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，F阻＝
ma2，v＝a1t，v＝a2·2t，以上四式联立可得F阻＝，故选项C正确。
2. 在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某
种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面
100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒
中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终
是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于（重力加速度g取10 m/s2）
（ ）
A. 25 m/s，1.25 B. 40 m/s，0.25
C. 50 m/s，0.25 D. 80 m/s，1.25
解析： 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；
上升过程礼花弹所受的阻力大小f＝kmg，有a＝＝（k＋1）
g，解得k＝0.25，故选项C正确。
3. （多选）如图所示，质量m＝100 kg的重物，在大小F＝1.25×103
N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气
阻力，g取10 m/s2，则（ ）
A. 重物上升的加速度大小为12.5 m/s2
B. 重物上升的加速度大小为2.5 m/s2
C. 运动2 s时速度大小为25 m/s
D. 运动2 s时速度大小为5 m/s
解析： 由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝2.5 m/s2；由匀
变速直线运动规律有v＝at，得v＝5 m/s，故B、D正确。
4. 电动平衡车是一款现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两只
轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模型。
某人站在平衡车上从速度v＝1 m/s匀加速到v1＝5 m/s，所用的时间
为t＝10 s。已知人的质量为m＝60 kg，人受到的空气阻力为F气＝6
N，计算结果可以保留根号。取g＝10 m/s2，求：
（1）加速度a的大小；
答案：0.4 m/s2
解析：加速度a的大小为a＝＝0.4 m/s2。
（2）踏板对人的作用力F大小；
答案：30 N
解析：将作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，
可知水平方向有F2－F气＝ma，
竖直方向F1＝mg，
同时有F＝，
联立解得F＝30 N。
（3）若平衡车质量为M＝10 kg，忽略平衡车受到的空气阻力，求
地面对平衡车的支持力N的大小和摩擦力f的大小。
答案：700 N 34 N
解析：对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有N＝（m＋
M）g＝700 N，
整体在水平方向上有f－F气＝（m＋M）a，
解得f＝34 N。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 一物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.6， 在拉
力F＝10 N作用下从静止开始运动，其速度与位移在国际单位制下
满足等式v2＝8x，重力加速度g取10 m/s2，则物体的质量为
（ ）
A. 0.5 kg B. 0.4 kg
C. 0.8 kg D. 1 kg
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解析： 由题意可知物体做初速度为0的匀变速直线运动，根据
匀变速直线运动速度与位移关系v2＝2ax，对比题中表达式v2＝8x可
知加速度a＝ m/s2＝4 m/s2；又根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，
解得m＝＝ kg＝1 kg，故D正确。
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2. （多选）质量为3 kg的物体，静止于水平地面上，在10 N的水平拉
力作用下，开始沿水平地面做匀加速直线运动，物体与地面间的摩擦力是4 N。则（ ）
A. 物体在3 s末的速度大小为10 m/s
B. 物体在3 s末的速度大小为6 m/s
C. 物体在0～3 s内发生的位移大小为15 m
D. 物体在0～3 s内发生的位移大小为9 m
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解析： 根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则3 s
末的速度v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，0～3 s内的位移x＝at2＝
×2×32 m＝9 m，故B、D正确。
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3. 某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运
动，其速度—时间图像如图所示，根据图像可知（ ）
A. 物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B. 物体在第3 s内所受的拉力等于1 N
C. 物体在第2 s内所受的拉力为零
D. 在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方
向相反
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解析： 根据v-t图像可知，物体在第2 s内做匀速直线运动，合力
为零，拉力等于滑动摩擦力且不为零，故A、C错误；v-t图像的斜
率表示加速度，由图像可知，第3 s内物体的加速度大小为a3＝＝
1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N，则拉力
F3＝f＋ma3＝f＋1 N＞1 N，故B错误；根据牛顿第二定律和平衡条
件可知，拉力方向始终与摩擦力方向相反，故D正确。
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4. 物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，甲沿水平
面做直线运动，速度随时间变化关系图像如图甲所示；乙受到如图
乙所示的水平拉力作用，则在0～4 s的时间内（ ）
A. 甲物体所受合力不断变化
B. 甲物体的速度不断减小
C. 2 s末乙物体改变运动方向
D. 2 s末乙物体速度达到最大
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解析： 对于甲物体，由v-t图像可知，其加速度恒定，合力恒
定，选项A错误；甲物体的速度先减小后反向增大，选项B错误；
对于乙物体，由图乙可知，合力先减小后反向增大，因而其加速度
先减小后反向增大，t＝2 s时，速度达最大，然后做加速度增大的
减速运动，t＝4 s时，速度减为零，选项C错误，D正确。
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5. 如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，
其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板
与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从
a、b、c处开始下滑（忽略阻力），则（ ）
A. a处小孩最先到O点
B. b处小孩最后到O点
C. c处小孩最先到O点
D. a、c处小孩同时到O点
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解析： 当滑板与水平面的夹角为θ时，小孩从滑板顶端滑下的
过程有＝gt2sin θ，解得t＝，当θ＝45°时，t最小，当θ
＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D项正确。
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6. （多选）如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直
上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的
速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升
过程中热气球总质量不变，取重力加速度g＝10 m/s2。关于热气
球，下列说法正确的是（ ）
A. 所受浮力大小为4 830 N
B. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C. 从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D. 以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
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解析： 热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝
0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4 830 N，故选项A正
确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力
逐渐增大，故选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故热
气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg
－f'＝0，解得f'＝230 N，选项D正确。
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7. （多选）如图所示，质量相等的甲、乙两物体（视为质点），分别
从倾角为60°、30°的光滑斜面的顶点A、B由静止滑下，最后达
到斜面的底端D点，A、B、C在同一竖直线上，下列说法正确的是
（ ）
A. 甲、乙两物体到达D点的速度大小之比为1∶1
B. 斜面对甲、乙两物体的弹力大小之比为1∶
C. 甲、乙两物体在斜面中点位置的瞬时速度大小之比为
1∶
D. 甲、乙两物体在斜面上运动的时间之比为1∶1
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解析： 设底边长DC＝L，斜面倾角为θ，则物体运动的加速度
为a＝gsin θ，根据v2＝2ax，则v＝＝＝
，则甲、乙两物体到达D点的速度大小之比为 ＝
，A错误；斜面对甲、乙两物体的弹力大小N＝mgcos θ，则弹力
大小之比为 ＝，B正确；
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物体在斜面中点位置的瞬时速度大小v'＝＝ ＝
，则甲、乙两物体到达斜面中点位置的速度大小之比为
＝，C错误；物体在斜面上运动的时间t＝＝＝
，甲、乙两物体在斜面上运动的时间之比为 ＝，D
正确。
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8. 如图所示，一个质量m＝4 kg的小物块放在水平地面上，对小物块
施加一个F＝10 N的恒定拉力，使小物块做初速度为零的匀加速直
线运动，拉力与水平方向的夹角θ＝37°，小物块与水平地面间的
动摩擦因数μ＝0.20，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，重力
加速度g取10 m/s2不计空气阻力。求：
（1）小物块运动过程中加速度的大小；
答案： 0.3 m/s2
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解析：对小物块进行受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有Fcos θ－f＝ma
又Fsin θ＋N＝mg，f＝μN
联立解得a＝0.3 m/s2。
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（2）小物块运动4.0 s时位移的大小。
答案： 2.4 m
解析：小物块运动4.0 s时的位移
x＝at2＝×0.3×42 m＝2.4 m。
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9. 如图所示，一条足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳
的右端与一质量为12 kg的重物相连，重物静止于地面上，左侧有
一质量为10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳子以大小为5 m/s2的加
速度竖直向上爬，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 绳上的拉力大小为50 N
B. 重物不会离开地面
C. 2 s末重物上升的高度为5 m
D. 重物的加速度大小为3.2 m/s2
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解析： 对猴子受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第
二定律可得F－mg＝ma'，解得F＝ma'＋mg＝10×（5＋10）N＝
150 N，故A错误。对重物受力分析可知，绳子对重物的拉力150 N
大于重物自身的重力120 N，所以重物会离开地面，故B错误。对重
物由牛顿第二定律可得F－Mg＝Ma，解得a＝＝ m/s2
＝2.5 m/s2，D错误。2 s末重物上升的高度h＝at2＝×2.5×22 m
＝5 m，C正确。
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10. （多选）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。如图所
示，一质量m＝2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直
向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动
4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人飞机上升过程中
的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为f＝1 N，取重力加
速度大小g＝10 m/s2，则（ ）
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A. 无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25 N
B. 无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N
C. 无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N
D. 无人飞机上升的总高度为24 m
解析： 以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向
向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第
二定律有F1－mg－f＝ma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力
F1＝mg＋ma1＋f＝25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无
人飞机受到向上的作用力F2＝mg＋f＝21 N，故B错误；
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第三阶段无人飞机向上做匀减速运动，加速度为a3＝ m/s2＝－1
m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－f＝ma3，得此阶段无人飞机受到向
上的作用力F3＝mg＋ma3＋f＝19 N，故C错误；无人飞机上升的总高
度h＝（×2＋4×3＋×4）m＝24 m，故D正确。
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11. 如图所示，避险车道是避免发生恶性交通事故的重要设施，由制
动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10 t的货车行驶到一个长下
坡时，因刹车失灵以36 km/h的初速度沿坡向下加速运动，在加速
前进了1 km后，驾驶员将车从干道驶入制动坡床并冲上坡床40 m
后停止。若货车在该长下坡路段每行驶1 km高度下降120 m，受到
的阻力是车重的10％，制动坡床与水平面间的夹角为θ（sin θ＝
0.3）。取重力加速度g＝10 m/s2，若车从干道驶入制动坡床时的
速度大小不变，求：
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（1）货车刚驶入制动坡床时的速度大小；
答案：22.4 m/s
解析：由题意可知，m＝10 t＝1×104 kg，v0＝36 km/h＝10
m/s，x1＝1 km＝103 m，x2＝40 m，f1＝0.1mg。
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货车在下坡过程中，受力分析如图
（a）所示。设下坡时的坡面倾斜角为α。
货车运动加速度大小为a1，刚驶入制动坡
床时的速度为v。根据牛顿第二运动定
律，有
mgsin α－f1＝ma1，又sin α＝0.12
解得a1＝gsin α－＝0.2 m/s2
根据速度位移公式，有v2－＝2a1x1
解得v＝≈22.4 m/s。
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解析：货车驶入制动坡床，受力分析如图（b）所示。设受到的阻力为f2，加速度大小为a2。根据速度位移公式，有
v2＝2a2x2
解得a2＝＝6.25 m/s2
根据牛顿第二运动定律，有
mgsin θ＋f2＝ma2
解得f2＝ma2－mgsin θ＝3.25×104 N。
（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力大小。
答案：3.25×104 N
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谢谢观看!
