第ⅱ单元 运用牛顿运动定律解决实际问题

第Ⅱ单元 运用牛顿运动定律解决实际问题
巩固基础
1.动力学的两类基本问题
应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.
2.超重和失重
（1）在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力.
（2）当物体的加速度向上时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大于物体的重力，此现象称为超重现象.
（3）当物体的加速度向下时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）小于物体的重力，此现象称为失重现象.特别的，当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力为零，这种状态称为完全失重状态.
3.动力学问题的一般解题步骤
（1）确定研究对象.所选择的研究对象可以是单一的物体，也可以是多个相互作用的物体所构成的系统，同一题目中可根据需要先后选取不同的研究对象.
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况.
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程.由于所用的方程均为矢量方程，因此在列方程的过程中要特别注意各矢量的方向.一般情况下均取合外力的方向为正方向，分别用正负号表示式中各矢量的方向，将矢量运算转化为代数运算.
（4）代入已知量求解.
把握要点
考点一 对超重、失重的理解
(1)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化.
(2)发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度的方向.
(3)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、单摆停摆、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.
考点二 运用牛顿运动定律解题的主要方法
常用的解题方法有：理想实验法、控制变量法、整体法与隔离法、正交分解法、数学解析法、图象法及临界条件判断法等.
训练思维
【例1】(2005北京春季高考)如图3-2-1所示，一个盛水的容器底部有一小孔.静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下列几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则( )
图3-2-1
A.容器自由下落时，小孔向下漏水
B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C.将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D.将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
解析：容器被抛出后或自由下落过程中，容器及内部的水均处于完全失重状态，水不产生压强，小孔的上下方压强相等，所以水不会向下流出，选项D正确.
答案：D
点评：在完全失重状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如液体柱不再产生压强等.
【例2】 如图3-2-2所示，光滑斜面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态，B木块由挡板C挡住.现用一沿斜面向上的拉力F拉动木块A，使木块A沿斜面向上做匀加速直线运动.研究从力F刚作用在A木块的瞬间到木块B刚离开挡板的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则如图3-2-3所示图象中能表示力F和木块A的位移x之间关系的是（ ）
图3-2-2
图3-2-3
解析：根据题意，设木块A由初位置运动的位移为x，且此时弹簧的形变量为Δx,由几何关系得Δx=-x ①
由牛顿定律得F-mgsinθ+kΔx=ma ②
整理①②有F=ma+kx,可见选项A正确.
答案：A
点评：弄清弹簧由初始的压缩状态改变成后来的伸长状态，确定出初始时F不为零可排除B选项.且拉力F应该是一直在增大，和题意选初位置为位移起始点容易排除C、D选项.可见有时利用排除法可提高解选择题的效率.
【例3】(2005东北三校第一次联合考试)如图3-2-4所示，A、B两条直线表示在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA、mB的两物体得出的加速度a与力F之间的关系图象，分析图象可知下列说法：①比较两地的重力加速度有gA=gB；②比较两物体的质量有mA＜mB；③比较两地的重力加速度有gA＜gB；④比较两物体的质量有mA＞mB,其中正确的是（ ）
图3-2-4
A.①② B.①④ C.②③ D.以上说法都不对
解析：根据物体受力情况，得F-mg=ma,故a=F-g,由此得在aF图象上，纵截距为“-g”，横截距为“mg”，而图中两直线的纵截距相等，所以gA=gB,横截距A小于B，即mAgA＜mBgB,而gA=gB,所以mA＜mB，故选项A正确.
答案：A
点评：利用图象分析问题时要特别关注它的斜率、截距、面积、正负号等所包含的物理意义.不同的图象，以上量值的含义也不相同.
【例4】 如图3-2-5所示，在小车的倾角为α的光滑斜面上，有一小球被平行斜面的细线系住.若要使小球对斜面无压力，小车至少应以大小为____________的加速度向____________做匀加速运动.若要使小球对细线无拉力，小车至少应以大小为____________的加速度向____________做匀加速运动.
图3-2-5
解析：当使小球对斜面无压力时，小球仅受拉力与重力，临界条件为小球与光滑斜面接触且无弹力，由牛顿定律，在水平方向上Tcosα=ma ①
竖直方向上Tsinα=mg ②
故a=gcotα.即a至少为gcotα,方向向右.当使小球对细线无拉力时，小球仅受支持力与重力，由牛顿定律，在水平方向上Nsinα=ma ③
竖直方向上Ncosα=mg ④
解出a′=gtanα,方向向左.
答案：gcotα 右 gtanα 左
点评：动力学的两类基本问题中有一部分涉及临界问题，找出其中的临界条件是解题的关键.
【例5】 如图3-2-6所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2.物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了.求绳断后多长时间物体速度大小为22 m/s.（已知sin37°=0.6,g取10 m/s2）
图3-2-6
图3-2-7
解析：根据物体的受力情况的变化可将物体的运动分为三个阶段.
第一阶段：在最初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运动，受力如图3-2-7所示，有：
沿斜面方向F-mgsinθ-Ff=ma1 ①
沿垂直斜面方向FN=mgcosθ ②
且Ff=μFN ③
由①②③得：a1==2 m/s2,2 s末绳断时瞬时速度v1=a1t1=4 m/s.
第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2,则：a2==-7.6 m/s2，设从断绳到物体达最高点所需时间为t2,据运动学公式v2=v1+a2t2得t2==0.53 s.
第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3.由牛顿定律知：
a3=gsinθ-μgcosθ=4.4 m/s2，速度达v3=22 m/s，所需时间t3==5 s.综上所述：从绳断到速度为22 m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53 s+5 s=5.53 s.
答案：5.53 s
点评：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.
状元训练
复习篇
1.(2004全国高考理综Ⅰ)下列哪个说法是正确的( )
A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
解析：当加速度竖直向下时，物体处于失重状态;当加速度竖直向上时，物体处于超重状态.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时加速度为零，处于平衡状态，A选项不正确.蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度均竖直向下，都处于失重状态，B选项正确.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内加速度为零，处于平衡状态，C选项不正确.游泳运动员仰卧在水面静止不动时加速度为零，处于平衡状态，D错.
答案：B
2.(2006浙江宁波高三调研,8)如图3-2-8甲所示,放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用静止不动.现保持F1不变,使F2逐渐减小到零,再逐渐恢复到原来的大小,其大小变化图象如图3-2-8乙所示.则在此过程中,能正确描述木块运动情况的图象是( )
图3-2-8
图3-2-9
解析：由a=可知,木块先做加速度逐渐增大的变加速运动,后做加速度逐渐减小的变加速运动.注意把握一个要素,合力的方向始终不变.此题可依据加速度时刻发生改变的特征,迅速排除A\,B\,C三个选项.
答案：D
3.跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图3-2-10所示.已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，g取10 m/s2.当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力FN分别为（ ）
图3-2-10
A.a=1.0 m/s2，FN=260 N B.a=1.0 m/s2,FN=330 N
C.a=3.0 m/s2,FN=110 N D.a=3.0 m/s2,FN=50 N
解析：以人和吊板为整体，设绳对人的作用力为T，由牛顿第三定律得T=440 N.根据牛顿第二定律有：2T-(m+M)g=(m+M)a，代入数据解出a=1.0 m/s2；以吊板为研究对象，它受绳的拉力T、重力mg、人对它的压力FN，由牛顿第二定律得：T-mg-FN=ma，代入数据解出FN=330 N.选项B正确.
答案：B
4.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a.如图3-2-11所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法：①当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 ②当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 ③当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小 ④当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小.其中正确的是（ ）
图3-2-11
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
解析：以物体为研究对象，分析其受力并建立直角坐标系，如图所示.在y轴方向上由牛顿定律有：fsinθ+Ncosθ-mg=ma ①
在x轴方向上由受力平衡得：
Nsinθ=fcosθ ②
解①②式得N=m(g+a)cosθ,f=m(g+a)sinθ.可见，当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越大，斜面对物体的摩擦力越大；当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大，故选项C正确.
答案：C
5.如图3-2-12所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′.则下列说法中正确的是（ ）
①若v1＞v2，则v2′=v2 ②若v1＜v2，则v2′=v1 ③只有v1=v2时，才有v2′=v1 ④不管v2多大，总有v2′=v2
图3-2-12
A.①② B.①③ C.②③ D.②④
解析：当物体的速度v2＞v1时，物体从右端滑上传送带向左匀减速一段位移（设为s）至速度为零；然后在传送带的摩擦力作用下以向左匀减速时的加速度向右匀加速运动，当其速度达到v1时，物体还没到传送带的右端，最后相对传送带静止一起向右匀速运动，故v2′=v1.当物体的速度v2≤v1时，物体在传送带上先向左匀减速一段位移至速度为零，接着以同样的加速度向右匀加速运动，当其速度达到v2时，物体刚好到达传送带的右端，故v2′=v2.选项A正确.
答案：A
6.(2006湖北高三联考)如图3-2-13所示，水平面上质量为10 kg的物块A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车静止不动时，弹簧对物块的弹力大小为5 N，物块处于静止状态.若小车以加速度a=1 m/s2沿水平地面向右加速运动时（ ）
图3-2-13
A.物块A相对小车仍静止 B.物块A受到的摩擦力方向不变
C.物块A受到的摩擦力大小不变 D.物块A受到的弹力将增大
解析：由于弹簧处于拉伸状态，所以小车对物块的最大静摩擦力至少为5 N，当小车向右以a=1 m/s2加速运动时，所需合外力为F合=ma=10 N，因此静摩擦力方向向右，大小为5 N，弹簧对小车向右的弹力为5 N，物块A仍相对小车静止，A、C选项正确；而物块A的所受弹力N一直等于物体的重力，与水平方向的运动无关.
评注：静摩擦力是被动力，它会因外力的变化而变化，既表现为大小的变化也会有方向上的变化，本题的难点在于对最大静摩擦力至少为5 N的正确理解.
答案：AC
7.如图3-2-14所示，质量均为m的钩码P和Q用绳子相连，挂在两个高度相同的光滑的定滑轮上，处于平衡状态.在两定滑轮中点处再挂一质量为m的钩码N，设竖直段的细绳足够长，松手后（ ）
图3-2-14
A.N仍保持静止并处在原来位置
B.N一直向下加速，直至P、Q碰到定滑轮
C.N下落过程为先加速运动后减速运动
D.N下落的过程中加速度逐渐变小
解析：钩码N所受合力为先减小、后增大，故加速度也先减小、后增大，但其下落过程中先加速运动后减速至零.
答案：C
8.如图3-2-15所示，在水平面上静置一质量为m的滑块，现对滑块加一水平向右的恒力F1，滑块开始运动，经过一段时间突然将力变为同样向右的水平恒力F2，再经过与前段相等的时间，发现两段时间内滑块的位移相同.求滑块与地面间的动摩擦因数μ.
图3-2-15
解析：根据题意，设第一段时间加速度为a，第二段时间加速度则为-a，有F1-μmg=ma
①
F2-μmg=-ma ②
由①②得μ=.
答案：
9.(2006河北石家庄高三检测)在一种体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施中，用电梯把乘有十多人的座舱，送到76 m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28 m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止.若某人手中托着质量为5 kg的铅球进行这个游戏，g取9.8 m/s2,问：
（1）当座舱落到离地面高度为40 m的位置时，铅球对手的作用力多大？
（2）当座舱落到离地面高度为15 m的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？
解析：（1）在离地高于28 m时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，所以铅球对手没有作用力，由牛顿第三定律可知，手对铅球也没有作用力.
（2）设座舱自由下降高度为h1后的速度为v，制动时的加速度为a,制动高度为h2,由
vt2-v02=2as得v2=gh1
v2=2ah2
联立解得：a=g
根据牛顿运动定律F-mg=ma得：
F=mg(+1)=mg
代入数据解得F=133 N.
答案：（1）0 （2）133 N
加强篇
10.设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点的横截面积S成正比，与雨点下落的速度v的平方成正比，即f=kSv2（其中k为比例系数）.雨点接近地面时近似看作匀速直线运动，重力加速度为g.若把雨点看作球形，其半径为r，球的体积为πr3,设雨点的密度为ρ，求雨点的速度达到它匀速运动时速度的一半时的加速度a为多大.
解析：当空气阻力f=mg时，雨点达到最终速度vm，即匀速直线运动时的速度，则
kSvm2=mg ①
横截面积S=πr2 ②
雨点体积V=πr3 ③
雨点质量m=pV ④
由①②③④式解得vm=.当雨点速度达vm时，由牛顿第二定律得：mg-f1=ma,则mg-kS()2=ma,解得mg-=ma,即a=g.
答案：g
11.如图3-2-16所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6 m\,质量为M=3 kg的木板.一个质量为m=1 kg的小木块放在木板的最右端，m与M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.
图3-2-16
(1)施力F后，要想把木板从木块m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件;
(2)如果所施力F=10 N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少 (g取10 m/s2)
解析：(1)力F拉木板运动过程：
对木块：μmg=ma得a=μg=1 m/s2；
对木板：F-μmg=Ma1，得a1=，
只要a1＞a
就能从m的下方抽出木板，即F >μ(M+m)g，所以F＞4 N.
(2)当F =10 N时,设拉力作用的最少时间为t1,加速度为a1,
撤去拉力后木板运动时间为t2,加速度为a2,那么：
a1==3 m/s2，a2== m/s2，木板先以加速度a1匀加速运动t1，后以加速度a2匀减速运动t2,而木块一直以a匀加速运动.当木板刚好从木块下穿出时应满足：v木板=v ①
s木板-s=L ②
木块的速度：v=a(t1+t2) ③
木块的位移：s=a(t1+t2)2 ④
木板的速度：v木板=a1t1-a2t2 ⑤
木板的位移：s木板=a1t12+(a1t1t2-a2t22) ⑥
代入数据解①②③④⑤⑥式得：t1=0.8 s.
答案：(1)F＞4 N (2)0.8 s
12.在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动.如图3-2-17所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A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相同，大小为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°，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，g取10 m/s2.
图3-2-17
（1）人从斜坡滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大长度为L=20.0 m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
解析：（1）人和滑板视为整体，在斜坡上受重力、支持力和摩擦力作用而做匀加速运动，由牛顿第二定律，mgsin37°-μmgcos37°=ma解得下滑的加速度a=g(sin37°-μcos37°)=2.0 m/s2.
（2）设允许从斜坡滑下的最大长度为s，且到达B处的速度为vB,有vB2=2as ①
在水平滑道上运动时，做匀减速运动，a′=μg=5 m/s2,则vB2=2a′L ②
解①②式得s=L=50.0 m.
答案：（1）2.0 m/s2 (2)50.0 m
优化测控
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1.(2006北京海淀高三模拟)用轻绳将质量为m的物体悬挂在电梯的天花板上，电梯竖直向上做匀变速运动，加速度方向向下，大小为a(a＜g).已知重力加速度为g，则在这个过程中，绳对物体的拉力大小为（ ）
A.m(g+a) B.m(g-a) C.mg D.ma
解析：以物体为研究对象，对物体进行受力分析，物体受到重力G和绳子的拉力T的作用，因为物体处于竖直向上做匀变速运动的电梯中，设向上为正方向，由牛顿第二定律可得T-mg=m(-a)，所以T=mg-ma.故本题答案为B.
答案：B
2.如图3-1所示，光滑水平面上的甲、乙两物体在水平恒力F1、F2作用下运动，若F1＜F2,则：
图3-1
①若撤去F1，则甲的加速度一定增大
②若撤去F1，则甲对乙的作用力一定减小
③若撤去F2，则乙的加速度一定增大
④若撤去F2，则乙对甲的作用力一定减小
其中正确的是（ ）
A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①③④
解析：在F1、F2作用下，对甲、乙整体，加速度a=，甲、乙间的作用力T=；若撤去F1，甲、乙的加速度a1=＞a,①正确.甲、乙间的作用力T1=＜T,②正确.若撤去F2，甲、乙的加速度a2=，其大小与a的大小关系不确定，③错误.甲、乙间的作用力T2=＜T,④正确.故选项C正确.
答案：C
3.有一物体以初速度v0沿倾角为θ的粗糙斜面上滑，如果物体与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ,那么图3-2中能正确表示物体速度v随时间t的变化关系的图线是（ ）
图3-2
解析：物体沿斜面向上匀减速过程的加速度a上=gsinθ+μgcosθ,沿斜面向下匀加速过程的加速度a下=gsinθ-μgcosθ.由于μ＜tanθ，说明物体能沿斜面下滑，且a上＞a下，从v-t图线的斜率含义可知，只有A选项正确.
答案：A
4.如图3-3所示，一水平方向行驶的小车中用AB、BC两细绳系住一小球，当小车匀速运动时，AB、BC绳的拉力分别为F1、F2，当小车向右匀加速运动时，AB、BC绳的拉力分别为F1′、F2′，则（ ）
图3-3
A.F1=F1′,F2=F2′ B.F1＞F1′,F2＞F2′
C.F1＜F1′,F2＜F2′ D.F1=F1′,F2＜F2′
解析：小球在小车匀速运动和向右匀加速运动过程中位置不变，都受三个力，分别是两根绳的拉力和球的重力，如图所示.在竖直方向小球始终受力平衡，则F的大小mg/cosθ不变；在水平方向上，合外力由T-Fsinθ=0变为T′-Fsinθ=ma,则T在增大，即F2′＞F2,F1′=F1,选项D正确.
答案：D
5.如图3-4所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁.今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这一瞬间：
图3-4
①B球的速度为零，加速度为零； ②B球的速度为零，加速度大小为； ③在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁； ④在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动.
以上说法正确的是( )
A.只有① B.②③ C.①④ D.②③④
解析：撤去F前，B球受四个力作用，竖直方向的重力和支持力平衡，水平方向的推力F和弹簧的弹力平衡.撤去F的瞬间，弹簧的弹力仍为F，故B球所受合外力为F，则B球加速度为a=，而此时B球的速度为零.在弹簧恢复原长前，弹簧对A球有水平向左的弹力使A压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时A球才开始离开墙壁.A球离开墙壁后，由于弹簧的作用，使A、B均做变速运动，B选项正确.
答案：B
6.一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小（在上述过程中，此力的方向一直保持不变），那么如图3-5所示的v-t图象中，符合此过程中物体运动情况的图象可能是（ ）
图3-5
解析：在某个力大小逐渐减小到零的过程中，合外力逐渐增大；在它逐渐从零恢复到原来大小的过程中，合外力逐渐减小，可见加速度大小先增大后减小，由于速度方向始终与加速度方向相同，则物体一直在做加速运动.从v-t图线的斜率看，D选项符合题意.
答案：D
7.如图3-6所示，一弹簧振子置于粗糙水平面上，弹簧的左端与墙壁相连，将弹簧拉长（在弹性限度之内）后，将物块无初速度地释放，弹簧第一次恢复自由长度时的速度为v0.则在物块运动的全过程中，其速率v0出现的情况是……（ ）
图3-6
A.只有一次 B.有两次
C.有无穷多次 D.可能多于两次，但不可能有无穷多次
解析：物块在运动过程中受两个水平方向的力，在竖直方向上受力平衡.物块在无初速地释放之后，先做加速度减小的加速运动，当弹簧的拉力与摩擦力大小相等时，速度达到最大，vm＞v0.接着做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时速度为v0，之后由于摩擦力一直做负功，物块的速率不断减小，则物块的速率为v0出现两次，选项B正确.
答案：B
8.粗细均匀的绳索总质量为m，长度为l，将它的一端悬挂在起重机吊钩的下面，当起重机以加速度a使整条绳索在空中竖直向上做匀加速运动时，绳上距吊钩x处的张力为……（ ）
A.(l-x)mg/l B.xmg/l
C.(l-x)m(g+a)l D.xm(g+a)/l
解析：以（l-x）这一段绳索为研究对象，由牛顿第二定律有：F-（l-x）mg/l=m()·a，得F= ，选项C正确.
答案：C
9.如图3-7所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动.（1）在光滑水平面上做加速度大小为g的匀加速直线运动；（2）在光滑斜面上做向上的匀速直线运动；（3）做竖直向下的匀速直线运动；（4）做竖直向上的加速度大小为g的匀加速直线运动.设四根弹簧伸长量分别为Δl1、Δl2、Δl3、Δl4,不计空气阻力，g为重力加速度，则（ ）
图3-7
A.Δl1＞Δl2 B.Δl3=Δl4
C.Δl1＞Δl4 D.Δl2=Δl3
解析：设物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k，在（1）情况下Δl1=mg/k,在（2）情况下Δl2=mgsinθ/k,则Δl1＞Δl2，选项A正确.在（3）情况下Δl3=mg/k,在（4）情况下Δl4=2mg/k.
答案：A
10.如图38所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人.若要平板车静止在斜面上，车上的人必须 …（ ）
图3-8
A.加速向上奔跑
B.以加速度a=gsinα向下加速奔跑
C.以加速度a=(1+)gsinα向上加速奔跑
D.以加速度a=(1+)gsinα向下加速奔跑
解析：以平板车为研究对象，当平板车静止在斜面上时，受力平衡，则人对平板车的摩擦力应沿斜面向上，大小f=Mgsinα;以人为研究对象，人受重力、支持力、车对人沿斜面向下的摩擦力f′，由牛顿定律得：mgsinα+Mgsinα=ma得a=(1+)gsinα,方向沿斜面向下，故人必须以加速度a=(1+)gsinα向下加速奔跑.选项D正确.
答案：D
二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分）
11.质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变、大小变为2F时，木块的加速度为a′，则a′与2a的大小关系为______.
解析：因木块在粗糙水平桌面上运动，必受到摩擦力作用，由牛顿第二定律有F-Ff=Ma ①,当拉力变为2F时，有2F-Ff=Ma′ ②，由②-①得F=M（a′-a） ③,将①③式相比较得，式中F＞F-Ff,即M(a′-a)＞Ma,亦即a′＞2a.
答案：a′＞2a
12.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m.在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重力的______倍.
解析：从平台上落下h1=2 m的过程，视人做自由落体运动，则触地速度v=;屈腿下降h2=0.5 m的过程，视人做匀减速运动，设地面对他的平均作用力为N，则a=，且有v=，解上述三式可得N=mg=5mg.
答案：5
13.如图3-9所示，质量为m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与过C的竖直方向的夹角都是60°.则剪断AC线瞬间，小球的加速度为___________；剪断B处弹簧瞬间小球的加速度为______________.
图3-9
解析：题中所说细线、轻弹簧都是理想化模型，认为它们的质量可忽略不计，认为线的长度一定，弹簧要考虑形变大小.在剪断AC线瞬间，小球受线的拉力为零，弹簧拉力不变；在剪断线或弹簧之前，线的拉力与弹簧的拉力大小均为mg，在剪断AC线瞬间，小球的加速度为F合/m=mg/m=g，方向与竖直方向成60°角斜向右下方.剪断B处弹簧瞬间，由于不考虑弹簧质量，弹簧形变立即消失，弹力立即变为0，小球将以A为圆心、AC长为半径做变速圆周运动.此时由于其速度为零，在沿线方向向心力为零，其加速度沿圆周的切线方向，绳的拉力由原mg大小突变成mgcos60°=mg,则沿圆周切线方向的合外力为mgsin60°，加速度为g,方向与竖直方向成30°斜向左下方.
答案：g,方向与竖直方向成60°角斜向右下方g，方向与竖直方向成30°斜向左下方
14.(2004辽宁、广东高考)飞船降落过程中，在离地面高度为h处速度为v0，此时开动反冲火箭，使飞船开始做减速运动，最后落地时的速度减为v.若把这一过程当作匀减速运动来计算，则其加速度的大小等于______________.已知地球表面处的重力加速度为g,航天员的质量为m，在此过程中航天员对座椅的压力等于______________.
解析：以飞船为研究对象，由v2-v02=-2ah得a=；以宇航员为研究对象，设宇航员所受的支持力为N，由牛顿第二定律：N-mg=ma得N=mg+ma=mg+m，再由牛顿第三定律，宇航员对座椅的压力为N′=mg+m.
答案： mg+
15.在机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，当旅客把行李放到传送带上时，行李开始运动一段，随后与传送带保持相对静止，行李随传送带一起前进，设传送带匀速前进的速度v=0.2 m/s.一木箱质量为5 kg，与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,那么此木箱放在传送带上后，将在传送带上留下一段摩擦痕迹，则该痕迹的长度是_____________.
解析：对于木箱在滑动过程中，Ff=μmg=20 N,加速度a== m/s2=4 m/s2.木箱达到v=0.2 m/s之前的位移s1==0.005 m,传送带的位移s2=vt= =0.01 m,故痕迹的长度Δs=s2-s1=0.005 m.
答案：0.005 m
三、计算题（共5小题，共50分）
16.（8分）(2006广东中山高三检测)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车向右匀加速运动时，环和球与车厢对静止，绳与杆之间的夹角为α，如图3-10所示.求杆对环作用力的大小和方向.
图3-10
解析：以小球为研究对象：F合=mgtanα=ma
a=gtanα
以小环、小球整体为研究对象，设Fx表示水平方向受力，Fy表示竖直方向受力，则
Fx=(M+m)gtanαFy=(M+m)g
所以杆对环作用力的大小为
F==(M+m)g
tanβ==cotα β=-α
答案：F与水平方向的夹角β=-α
（M+m）g
17（8分）一个小物体在斜面上以一定的初速度向上运动，斜面倾角θ可在0~90°之间变化.设物体所能达到的最大位移x与斜面倾角θ之间的关系如图3-11所示，问当θ是多大时，x有最小值，这个最小值是多大？
图3-11
解析：物体沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma得a=g(sinθ+μcosθ),设物体上滑初速度为v0，则沿斜面上滑的最大位移为x==.由图象知θ=90°时，x1=10 m;θ=0°时，x2=10 m.代入上式得v0=10 m/s,μ=.当sinθ+μcosθ=sinθ+cosθ为最大时，x有最小值，此时θ=60°，且得x最小为5 m.
答案：60° 5 m
18.（12分）已知人和雪橇的总质量m=75 kg，沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下滑动，滑动时雪橇所受的空气阻力f1与速度v成正比，比例系数（即空气阻力系数）k未知.从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t图线如图3-12中曲线AC所示，图中BC是平行于Ot轴的直线，AD是过A点所作的曲线AC的切线，且A点的坐标为（0，5），D点的坐标为（4，15）.由v-t图的物理意义可知：v-t图线上每点所对应的物体运动的加速度在数值上等于通过该点切线的斜率.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2.
图3-12
（1）试说明雪橇的运动情况并求当雪橇速度v=5 m/s 时，它的加速度为多大？
（2）求空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.
解析：（1）雪橇先做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，然后做匀速运动.当v=5 m/s时，它的加速度a等于直线AD的斜率a=tanθ== m/s2=2.5 m/s2.
（2）空气阻力为f1=kv ①
雪橇与斜坡间的摩擦力为f2=μmgcosθ ②
取人和雪橇为研究对象，由牛顿第二定律，得mgsinθ-f1-f2=ma ③
由v-t图象知t0=0时，v0=5 m/s,a=2.5 m/s2代入③式得mgsinθ-5k-μmgcosθ=2.5 m ④
当速度达最大值时，vm=10 m/s,a=0,有mgsinθ-10k-μmgcosθ=0 ⑤
联立④⑤式，代入数据得k=37.5 kg/s（或k=37.5 N·s/m），μ=0.125.
答案：（1）2.5 m/s2 (2)k=37.5 N·s/mμ=0.125.
19.（10分）如图3-13所示，足够长的绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sinα=0.6),放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E=50 V/m,方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外.一个电荷量q=+4.0×10-2 C、质量m=0.40 kg的光滑小球，以初速度v0=20 m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3 s脱离斜面.求磁场的磁感应强度.（g取10 m/s2）
图3-13
解析：小球沿斜面向上运动的过程受力如左下图所示，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，直到速度为零.由牛顿第二定律知：
qEcosα+mgsinα=ma,故a=gsinα+=10 m/s2,向上滑时间t1==2 s.
小球在下滑过程中受力如右上图所示，小球在离开斜面前做匀加速直线运动.a=10 m/s2,运动时间t2=t-t1=1 s,脱离斜面时的速度v=at2=10 m/s,在垂直于斜面方向上有：qvB+qEsinα=mgcosα,故B=-=5 T.
答案：5 T
20.（12分）如图3-14所示，P为位于某一高处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长木板，=，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.02,在平板的表面上方存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中划虚线的部分.当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f=kmg,k=11,f对P的作用刚好使P不与B的上表面接触；在水平方向上，P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始下落的时刻，平板B向右的速度v0=10 m/s,P从开始下落到刚达到相互作用区所经历的时间为t0=2 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取g=10 m/s2.
求：
（1）物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间；
（2）在平板B开始停止运动的那一时刻，P已经回到初始位置多少次.
图3-14
解析：（1）由题意，物块P从开始下落至刚进入相互作用区的时间t0内，平板B的加速度a0=μg,此过程B板速度减少量Δv1=a0t0.物块P一旦进入相互作用区，便受到B板向上的作用力做减速运动.物块P刚进入相互作用区的速度为v0=gt0.设在相互作用区内物块P做减速运动的加速度为a,则a=(k-1)g.设经历时间T，物块P刚要到达B板上表面，有T=.在T时间内，B板受到的摩擦力为μ(Mg+kmg),此时B板的加速度a′=,这段时间内，B板的速度减少量Δv2=a′T.
当物块P以加速度a上升，经历时间T离开相互作用区，在这段时间内B板速度减少量仍是Δv2;物块P离开作用区后仍向上减速运动，经历时间为t0，故物块P从开始自由下落到再次回到初始位置历时2t0+2T=4.4 s.
（2）每当物块P完成一次从起始位置自由下落到再次回到初始位置的过程中，B板速度减少的总量为Δv=2Δv1+2Δv2,由上面各式得Δv=2μgt0+2μg(1+k)·.设在物块P第n次回到起始位置时刻，B板的速度为vn,则有vn=v0-2nμgt0-2nμg(1+k)，代入数据得：vn=10-0.96n.当vn=0时，n=10.4,应取整数，故n=10.
答案：(1)4.4 s (2)10
教学参考
教学指要
前面两章分别讨论了力和运动，在此基础上本章研究力和运动的关系.牛顿运动定律是动力学的基础，也是整个经典物理理论的基础.正确地理解惯性的概念、理解物体间相互作用的规律，熟练地运用牛顿第二定律解决问题，是本章复习的重点.本章还有很多重要的研究方法，如：理想实验法、控制变量法、隔离法和整体法以及单位的规定方法等.对这些方法在复习中需要认真体会、理解，从而提高认知的境界.
高考关于本章知识的命题年年都有，既有对本章知识的单独命题，也有与其他知识的综合命题，还有与实际生活及现代科技相联系的新颖题.应用牛顿运动定律解决动力学问题时，需着重注意以下几个方面的问题：（1）正确地选取研究对象并进行受力分析；（2）恰当地选择坐标系，应根据题目具体条件和要求，有可能分解力，也有可能分解加速度；（3）注意合外力与加速度的瞬时对应关系，并注重对物理过程的分析；（4）注意与守恒定律结合应用，尤其要关注力与运动关系在热学、电磁学中的应用.
五年高考经典
1.(2002上海高考)一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力.以下关于喷气方向的描述中正确的是（ ）
A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时，竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时，不需要喷气
解析：物体所受合外力的方向与运动方向在同一直线上，才能做直线运动.A选项中，探测器向后喷气，可获得一个向前的反冲力，该力与重力的合力方向偏离原运动方向，探测器不可能做直线运动，A选项错.同理B选项错.C选项中，探测器向下喷气，当向上的反冲力等于重力大小时，探测器的合力为零，做匀速直线运动，C正确.D选项中探测器不喷气时，它在重力作用下将做斜抛运动，D错误.
答案：C
2.(2002全国高考理综)质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在如图1所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（ ）
A.t1 B.t2 C.t3 D.t4
解析：由图可知F是周期性变化的变力.0~t1内物体做加速度增大的加速运动，t1~t2内物体做加速度减小的加速运动，到t2末物体的速度达到最大，动能最大.t2~t3~t4内物体的速度开始减小.B选项正确.
答案：B
3.(2004全国春季高考理综)图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等.F是沿水平方向作用于a上的外力.已知a、b的接触面及a、b与斜面的接触面都是光滑的.正确的说法是( )
A.a、b一定沿斜面向上运动
B.a对b的作用力沿水平方向
C.a、b对斜面的正压力相等
D.a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力
解析：因F大小未知，故a、b是向上还是向下运动难以确定，故A错.分析a、b的受力情况可知B、C错误.因接触面光滑，且a、b质量相等，无论F多大（方向向右），a、b都有共同的加速度，故a、b总受到相同的合外力,无论哪个方向.故D选项正确.
答案：D
4.(2004辽宁、广东)三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同.现用大小相同的外力F沿如图所示方向分别作用在1和2上，用F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )
A.a1=a2=a3 B.a1=a2,a2＞a3 C.a1＞a2,a2＜a3 D.a1＞a2,a2＞a3
解析：对物块1，由牛顿第二定律：Fcos60°-μ(mg-Fsin60°)=ma1；对物块2，由牛顿第二定律：Fcos60°-μ(mg+Fsin60°）=ma2；对物块3，由牛顿第二定律：F-μmg=ma3.
比较得a1＞a3＞a2，选项C正确.
5.(2002全国高考)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.(g取10 m/s2)
解析：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小为v1= ①（向下）,弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2= ②（向上），
速度的改变量Δv=v1+v2(向上) ③.以a表示加速度，Δt表示接触时间，则Δv=aΔt ④
接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,由牛顿第二定律，F-mg=ma ⑤
由以上五式解得:F=mg+m,代入数值得:F=1.5×103 N.
答案：1.5×103 N
6.(2004全国高考理综Ⅰ)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.试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T.
解析：设两物块一起运动的加速度为a，则由牛顿第二定律有
F1-F2=（m1+m2）a ①
对物块m1，由牛顿第二定律有
F1-T=m1a ②
解①②式得T=.
答案：