拓展课(一) 牛顿运动定律的应用
核心要点 根据受力确定运动情况
[观察思考]
玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度大小和需要的时间？
答案 首先分析小孩的受力，利用牛顿第二运动定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v＝2as和s＝at2即可求得小孩滑到底端的速度大小和需要的时间。
[要点归纳]
1.问题界定：根据物体受力确定运动情况，指的是在物体的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等物理量。
2.解题思路
[试题案例]
[例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行于斜面向上。经时间t＝4.0 s绳子突然断了(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移大小。
解析 (1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二运动定律有
F－mgsin θ－f＝ma1
又f＝μN，N＝mgcos θ
解得a1＝2.0 m/s2
则t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s。
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，受力如图乙所示。根据牛顿第二运动定律，对物体沿斜面向上运动的过程有mgsin θ＋f＝ma2
f＝μN，N＝mgcos θ，代入数值联立
解得a2＝8.0 m/s2
做匀减速运动的位移大小为s2＝＝4.0 m。
答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m
方法点拨 解此类问题的步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。
(2)根据力的合成法或分解法(一般采用正交分解法)，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二运动定律列方程，求出物体运动的加速度。
列方程时注意正方向的选取
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——位移和速度等。
[针对训练1] 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＝10 m/s2。求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(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)。
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有s＝at2，
解得s＝16 m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二运动定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移
为s′
t′＝，s′＝a1t′2，解得s′＝1 m。
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
v－02＝2a2(s＋s′)
解得vt＝2 m/s。
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
核心要点 根据运动情况确定受力
[要点归纳]
1.问题界定
根据物体运动情况确定受力情况，指的是在物体的运动情况(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
3.解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二运动定律列方程，求物体所受的合外力。
(4)根据力的合成与分解的方法，由合外力求出所需求的力。
[试题案例]
[例2] 在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝ 37°角固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止。小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.cos 37°＝0.8，忽略浮力。求：
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。
解析 (1)取沿杆向上为正方向，由图像可知
在0～2 s内，加速度a1＝＝15 m/s2，方向沿杆向上
在2～5 s内，加速度a2＝＝－10 m/s2，方向沿杆向下。
(2)有风力时的上升过程，受力分析如图所示。
由牛顿第二运动定律有
Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1①
停风后的上升阶段，有
－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2②
由②解得μ＝0.5
代入①得F＝50 N。
答案 (1)15 m/s2 方向沿杆向上 －10 m/s2 方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
特别提醒
(1)解决动力学两类问题的两个关键点
(2)解决动力学基本问题的处理方法
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”。
[针对训练2] 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过
8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×
103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小。
解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，则
s1＝t1，解得v＝＝4 m/s。
(2)汽车滑行减速过程中加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二运动定律得－f＝ma2，解得f＝4×103 N。
(3)开始加速过程中加速度为a1，则s1＝a1t
解得a1＝1 m/s2
由牛顿第二运动定律得F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝6×103 N。
答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
核心要点 连接体
[要点归纳]
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2.处理连接体问题的方法
(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
(3)整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合外力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
[试题案例]
[例3] 在建筑工地，建筑工人用两手对称水平用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(重力加速度为g)( )
A.μF B.2μF
C.m(g＋a) D.m(g＋a)
解析 对两个水泥制品整体，根据牛顿第二运动定律有2f－4mg＝4ma，再隔离水泥制品A，又有f－mg－fBA＝ma，所以fBA＝m(g＋a)，选项D正确。
答案 D
方法技巧 求解有关连接体问题的技巧
(1)解决系统各部分具有相同的加速度的情况时，优先采用整体法，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法。
(2)若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就可以先用整体法求解出加速度，再利用隔离法分析其中某一个物体的受力，应用牛顿第二运动定律求解力，即先整体求解加速度，后隔离求解内力。
(3)若已知某物体的受力情况，可先隔离该物体，分析求出它的加速度，再以整体为研究对象，分析求解整体所受的外力。
[针对训练3] 如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，重力加速度大小为g，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为( )
A.g B.g
C.g D.上述均不对
解析 由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，
物块M匀速运动，故T＝μMg。联立解得μ＝。
乙图中，对M有Mg－T′＝Ma
对m有T′－μmg＝ma
联立解得a＝g，故C正确。
答案 C
科学思维——临界极值问题的分析方法
1.临界状态：当物体从某种特性变化到另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫作临界状态。出现“临界状态”时，既可以理解成“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”的物理状态。
2.解决临界极值问题的方法
(1)极限法：在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，则一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，分析出临界条件，以达到尽快求解的目的。
(2)假设法：在有些物理过程中，没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题时，一般用假设法。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式求解得出临界条件。
[针对训练] 如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a＝2g的加速度向左运动时线的拉力F(方向可用正弦或余弦表示)。
解析 本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受两个力：重力mg，绳的拉力F，如图所示。
在y轴上有Fsin θ＝mg①
在x轴上有Fcos θ＝ma②
由①②两式并将θ＝45°
代入可得a＝g
即当滑块向左运动的加速度为a＝g时，小球恰好对斜面无压力。当a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如上图所示(但θ不再为45°)，故根据①②两式并将a＝2g代入解得F＝mg，此即为所求的拉力大小。与水平方向的夹角的正弦值sin θ′＝＝。
答案 mg 与水平方向的夹角的正弦值为
1.(由受力确定运动情况)假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为(重力加速度g＝10 m/s2)( )
A.40 m B.20 m
C.10 m D.5 m
解析 根据牛顿第二运动定律得，汽车刹车的加速度a＝＝＝g，则继续滑行的距离s＝＝20 m，B项正确。
答案 B
2.(由运动情况确定受力)某气枪子弹的出口速度达100 m/s，若气枪的枪膛长
0.5 m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )
A.1×102 N B.2×102 N
C.2×105 N D.2×104 N
解析 根据v＝2as，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N。
答案 B
3.(整体法与隔离法的应用)(多选)如图所示，在光滑水平地面上，用水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
A.μmg B.
C.μ(M＋m)g D.ma
解析 对木块和小车整体分析，根据牛顿第二运动定律可得a＝；对木块隔离分析可得f＝ma，联立方程可得f＝，故B、D正确，A、C错误。
答案 BD
4.(由受力确定运动情况)一个滑雪运动员从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝37°，如图所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是0.04，求5 s内滑下来的路程和5 s末的速度大小。(g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析 以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示。
将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，根据牛顿第二运动定律列方程
N－mgcos θ＝0①
mgsin θ－f＝ma②
又因为f＝μN③
由①②③可得a＝g(sin θ－μcos θ)＝5.68 m/s2
故s＝at2＝71 m
vt＝at＝28.4 m/s
答案 71 m 28.4 m/s
基础过关
1.一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t速度变为v。如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是 ( )
A.将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B.将物体的质量减小一半，其他条件不变
C.物体的质量不变，水平恒力和作用时间都增加到原来的2倍
D.将时间增加到原来的2倍，其他条件不变
解析 由牛顿第二运动定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故均错误；由v＝at得2v＝a·2t，所以选项D正确。
答案 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
解析 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二运动定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动的速度—位移关系式v＝2as，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此选项B正确。
答案 B
3.假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水时它的运动将是( )
A.做变加速运动
B.做初速度不为零的匀加速直线运动
C.做匀减速运动
D.继续保持匀速直线运动
解析 a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确。
答案 A
4.如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1＞F2，则在两个物块运动过程中轻线的张力F3为( )
A.F1－F2 B.(F1－F2)
C.F1 D.
解析 将m1、m2看作整体，设两物块一起运动的加速度为a。
由牛顿第二运动定律得F1－F2＝(m1＋m2)a①
对质量为m1的物块隔离分析，根据牛顿第二运动定律有
F1－F3＝m1a②
由①②两式得F3＝，选项D正确。
答案 D
5.行车过程中，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，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) ( )
A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N
解析 汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则
a＝＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二运动定律可得F＝ma＝70× 5 N＝350 N，所以选项C正确。
答案 C
6.如图所示，小车运动的过程中，质量均为m的悬挂的小球A和车的水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直方向的夹角为θ，则关于物块B受到的摩擦力和小车的运动情况，下列判断中正确的是( )
A.物块B不受摩擦力作用，小车只能向右运动
B.物块B受摩擦力作用，大小为mgtan θ，方向向左；小车可能向右运动
C.物块B受摩擦力作用，大小为mgtan θ，方向向左；小车一定向左运动
D.B受到的摩擦力情况无法判断，小车运动方向不能确定
解析 小车在水平面上运动，小球A和水平底板上的物块B都相对车厢静止，那么小球A和物块B在竖直方向上合外力为零；由A可知，悬线的弹力T＝，小球A受到的合外力F＝mgtan θ，方向水平向左，故小球A的加速度方向向左，所以物块B受到的合外力F′＝F＝mgtan θ，方向水平向左；对物块B进行受力分析可知，物块B受到摩擦力，大小为mgtan θ，方向向左；小车可能向左加速也可能向右减速运动，故B正确，A、C、D错误。
答案 B
7.(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，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匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
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；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230 N，选项D正确。
答案 AD
8.在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)。在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变)，最高能到达C点。
机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下。求：
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
(1)机器人对小滑块作用力F的大小；
(2)斜面的倾角α的大小。
解析 (1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2
由牛顿第二运动定律得F＝ma1＝2 N。
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小
a2＝＝5 m/s2
由牛顿第二运动定律得mgsin α＝ma2，则α＝30°。
答案 (1)2 N (2)30°
能力提升
9.(多选)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则( )
A.F1的最大值为10 N B.F1的最大值为15 N
C.F2的最大值为10 N D.F2的最大值为15 N
解析 若向左拉m1，对m2分析，则Tm＝m2a，得出最大加速度a＝3 m/s2；对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(3＋2)×3 N＝15 N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则Tm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2 m/s2；对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(3＋2)×2 N＝10 N，选项D错误，C正确。
答案 BC
10.民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为
4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则：
(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
解析 (1)由题意可知，h＝4.0 m，
L＝5.0 m，t＝2.0 s。
设斜面倾角为θ，则sin θ＝。
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得a＝，代入数据得a＝2.5 m/s2。
(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有
mgsin θ－f＝ma，
沿y轴方向有N－mgcos θ＝0，
又f＝μN，联立方程解得
μ＝≈0.92。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)0.92
11.在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为
μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36 m。斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少？
(2)人滑到水平面上后还能滑行多远？
解析 (1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示。设人沿斜坡下滑的加速度为a，
由牛顿第二运动定律得mgsin θ－f＝ma
又f＝μN
垂直于斜坡方向有N－mgcos θ＝0
解得a＝2 m/s2
由l＝at2，解得t＝6 s。
(2)设人滑到水平面时的速度为v，则有v＝at
解得v＝12 m/s
在水平面上滑行时，设加速度大小为a′，根据牛顿第二运动定律，有μmg＝ma′，解得a′＝5 m/s2
设还能滑行的距离为s，则v2＝2a′s
解得s＝14.4 m。
答案 (1)6 s (2)14.4 m
12.某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为45°，光滑小球的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，力传感器固定在竖直挡板上。求：
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右匀加速直线运动时，力传感器示数为36 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
解析 (1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止
时的作用力大小为F，小球与斜面间的作用力大小为N，如图所示，
由几何关系可知
F＝mgtan 45°＝3×10 N＝30 N。
(2)竖直方向Ncos 45°＝mg
水平方向F－Nsin 45°＝ma
解得a＝2 m/s2。
(3)要使力传感器示数为0，则有
Ncos 45°＝mg；Nsin 45°＝ma
解得a＝10 m/s2，方向向左。
答案 (1)30 N (2)2 m/s2 (3)方向向左 10 m/s2
课件31张PPT。拓展课(一) 牛顿运动定律的应用根据受力确定运动情况[观察思考]
玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度大小和需要的时间？核心要点[要点归纳]
1.问题界定：根据物体受力确定运动情况，指的是在物体的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等物理量。
2.解题思路[试题案例]
[例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行于斜面向上。经时间t＝4.0 s绳子突然断了(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移大小。解析 (1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二运动定律有
F－mgsin θ－f＝ma1
又f＝μN，N＝mgcos θ
解得a1＝2.0 m/s2
则t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s。答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，受力如图乙所示。根据牛顿第二运动定律，对物体沿斜面向上运动的过程有mgsin θ＋f＝ma2
f＝μN，N＝mgcos θ，代入数值联立
解得a2＝8.0 m/s2方法点拨 解此类问题的步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。
(2)根据力的合成法或分解法(一般采用正交分解法)，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二运动定律 ，求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——位移和速度等。列方程列方程时注意正方向的选取[针对训练1] 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＝10 m/s2。求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(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)。解得s＝16 m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二运动定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为s′根据运动情况确定受力[要点归纳]
1.问题界定
根据物体运动情况确定受力情况，指的是在物体的运动情况(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.解题思路核心要点3.解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二运动定律列方程，求物体所受的合外力。
(4)根据力的合成与分解的方法，由合外力求出所需求的力。[试题案例]
[例2] 在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝ 37°角固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止。小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.cos 37°＝0.8，忽略浮力。求：(2)有风力时的上升过程，受力分析如图所示。(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。
解析 (1)取沿杆向上为正方向，由图像可知由牛顿第二运动定律有
Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1①
停风后的上升阶段，有
－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2②
由②解得μ＝0.5
代入①得F＝50 N。
答案 (1)15 m/s2 方向沿杆向上 －10 m/s2 方向沿杆向下 (2)0.5 50 N(2)解决动力学基本问题的处理方法
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”。特别提醒
(1)解决动力学两类问题的两个关键点[针对训练2] 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小。
解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，则由牛顿第二运动定律得－f＝ma2，解得f＝4×103 N。解得a1＝1 m/s2
由牛顿第二运动定律得F－f＝ma1
解得F＝f＋ma1＝6×103 N。
答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N[要点归纳]
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起。
2.处理连接体问题的方法
(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力。连接体问题核心要点(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意。
(3)整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合外力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。[试题案例]
[例3] 在建筑工地，建筑工人用两手对称水平用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(重力加速度为g)( )解析 对两个水泥制品整体，根据牛顿第二运动定律有2f－4mg＝4ma，再隔离水泥制品A，又有f－mg－fBA＝ma，所以fBA＝m(g＋a)，选项D正确。
答案 D方法技巧 求解有关连接体问题的技巧
(1)解决系统各部分具有相同的加速度的情况时，优先采用整体法，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法。
(2)若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力，就可以先用整体法求解出加速度，再利用隔离法分析其中某一个物体的受力，应用牛顿第二运动定律求解力，即先整体求解加速度，后隔离求解内力。
(3)若已知某物体的受力情况，可先隔离该物体，分析求出它的加速度，再以整体为研究对象，分析求解整体所受的外力。[针对训练3] 如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，重力加速度大小为g，将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。如果按图甲放置在水平桌面上，两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上，它们的共同加速度大小为( )解析 由甲图可知，物块m匀速运动，故T＝mg，乙图中，对M有Mg－T′＝Ma
对m有T′－μmg＝ma答案 C科学思维——临界极值问题的分析方法1.临界状态：当物体从某种特性变化到另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫作临界状态。出现“临界状态”时，既可以理解成“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”的物理状态。
2.解决临界极值问题的方法
(1)极限法：在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，则一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，分析出临界条件，以达到尽快求解的目的。(2)假设法：在有些物理过程中，没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题时，一般用假设法。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式求解得出临界条件。[针对训练] 如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a＝2g的加速度向左运动时线的拉力F(方向可用正弦或余弦表示)。解析 本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受两个力：重力mg，绳的拉力F，如图所示。在y轴上有Fsin θ＝mg①
在x轴上有Fcos θ＝ma②
由①②两式并将θ＝45°
代入可得a＝g
