牛顿运动定律的应用
合格考训练
(25分钟·满分60分)
)
一、选择题(本题共5小题，每题6分，共30分)
1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2
kg，在水平恒力F推动下开始运动，4
s末它的速度达到4
m/s，则F的大小为( A )
A．2
N
B．1
N
C．4
N
D．8
N
解析：在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝＝
m/s2＝1
m/s2。由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1N＝2
N。
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( B )
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，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg。由匀变速直线运动速度与位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝14
m/s，选项B正确。
3．(多选)如图所示，质量为2
kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10
m/s2，以下结论正确的是( ABD )
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
解析：根据x＝v0t＋at2对比x＝t2＋t，知v0＝1
m/s，a＝2
m/s2，故A正确；根据v2－v＝2ax得，v＝＝
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。
4．(多选)如图，在光滑地面上，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。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( BC )
A．μmg
B．ma
C．
D．μ(M＋m)g
解析：取整体研究有：F＝(M＋m)a，
取m研究有：f＝ma＝，
故选项B、C正确。
5．(多选)已知雨滴下落时受到的空气阻力与速度大小成正比，若雨滴从空中由静止下落，下落过程中所受重力保持不变，下落过程中加速度用a表示，速度用v表示，下落距离用s表示，落地前雨滴已做匀速运动，下列图像中可以定性反映雨滴运动情况的是( BC )
解析：当雨滴刚开始下落时，阻力f较小，远小于雨滴的重力G，即f二、非选择题(共3小题，每小题10分，共30分)
6．(2019·江苏省扬州市高一上学期期末调研)“歼10”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注。如图所示，一架质量m＝5.0×103
kg的“歼10”战机，从静止开始在机场的跑道上匀加速滑行，经过距离x＝5.0×102
m，达到起飞速度v＝60
m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍，取g＝10
m/s2。求：
(1)飞机在跑道上滑行的时间；
(2)飞机滑行时的加速度；
(3)飞机滑行时受到的牵引力。
答案：(1)16.7
s (2)3.6
m/s2 (3)1.9×104
N
解析：(1)飞机匀加速滑行，由x＝t，得t＝16.7
s
(2)飞机匀加速滑行，由v2－0＝2ax 得a＝3.6
m/s2
(3)在水平方向上，由牛顿第二定律F－Ff＝ma
得F＝1.9×104
N
7．(2018·北京市丰台区高一上学期期末)小明和小红一起去冰雪嘉年华游玩儿，小红与冰车静止在水平冰面上，总质量为m＝30
kg，冰车与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，小明用21
N的水平恒力推冰车，取重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)小红与冰车的加速度a的大小；
(2)经过4
s小红和冰车运动位移x的大小。
答案：(1)0.5
m/s2 (2)4
m
解析：(1)以小红与冰车为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmg＝ma
解得：a＝0.5
m/s2
(2)经过4
s小红和冰车运动位移x＝at2＝×0.5×16
m＝4
m
8．(2019·河南省郑州市高一上学期期末)如图所示，滑雪人和滑雪装备总质量m＝60
kg。滑雪人收起滑雪杆从静止开始沿倾角θ＝37°的雪坡以a＝2.0
m/s2的加速度匀加速滑下，经过时间t＝10
s到达坡底。雪坡和水平雪面间平滑过渡。(sin
37°≈0.6，cos
37°≈0.8，g取10
m/s2)
(1)作出滑雪人在雪坡上下滑时的受力示意图，并求出滑雪人受到的阻力。
(2)假设滑雪人到达水平雪面后所受的阻力与雪坡上受到的阻力大小相等，则滑雪人能在水平雪面上滑行多远？
答案：(1)240
N (2)50
m
解析：(1)滑雪人受力图如图所示，
由牛顿第二定律得：mgsin
θ－Ff＝ma，可得：Ff＝240
N
(2)滑雪人到坡底的速度v＝at，解得：v＝20
m/s
在水平面上，人受到重力、支持力和水平向后的阻力，由牛顿第二定律得：Ff＝ma1，可得：a1＝4
m/s2
由运动学公式：v2＝2a1x
解得x＝50
m
等级考训练
(15分钟·满分40分)
)
一、选择题(本题共3小题，每题6分，共18分)
1．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么图中所示的四种情况中符合要求的是( C )
解析：设底边长为2l，底面与房顶的夹角为θ，则房顶坡面长x＝，由于房顶光滑，所以加速度a＝gsin
θ
由x＝at2得＝gsin
θ·t2
所以t＝
显然当θ＝45°时，时间最短。
2．(多选)如图所示，两个质量分别为m1＝1
kg、m2＝4
kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝30
N、F2＝20
N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( BC )
A．弹簧秤的示数是25
N
B．弹簧秤的示数是28
N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7
m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13
m/s2
解析：本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用。以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝＝2
m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，则F＝28
N，A错误，B正确；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝＝7
m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝＝28
m/s2，D错误。
3．(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( AD )
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：由牛顿第二定律，所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)
N＝4
830
N，A正确；加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误；气球开始加速度为0.5
m/s2，此后加速度将变化，无法确定10
s时气球速度，C错误；匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝(4
830－460×10)N＝230
N，D正确。
二、非选择题
4．(10分)如图所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)小环的质量m；(2)细杆与地面间的倾角α。
答案：(1)1
kg (2)30°
解析：由v－t图像可解得：a＝＝
m/s2，前2
s内，由牛顿第二定律得：F1－mgsin
α＝ma
2
s后满足：F2＝mgsin
α
代入数据解得：m＝1
kg，α＝30°
5．(12分)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝4.0
N，玩具的质量m＝0.5
kg，经过时间t＝2.0
s，玩具移动了距离x＝4.8
m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下。
(1)全过程玩具的最大速度是多大；
(2)松开手后玩具还能运动多远。(取g＝10
m/s2。sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，结果保留两位有效数字)
答案：(1)4.8
m/s (2)1.7
m
解析：(1)由牛顿第二定律得：
F·cos
53°－μ(mg－F·sin
53°)＝ma
①
根据运动学公式知x＝at2
②
vm＝at
③
由①②③解得μ＝0.67 vm＝4.8
m/s
(2)松手后玩具滑行的加速度a1＝μg＝6.7
m/s2
滑行距离s＝＝1.7
m
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-牛顿运动定律的应用
1．(2020·山东省青州实验中学高一上学期检测)质量为0.8
kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图像，则拉力与摩擦力大小之比为( B )
A．9︰8
B．3︰2
C．2︰1
D．4︰3
解析：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1＝＝
m/s2＝1.5
m/s2；物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2＝＝
m/s2＝0.75
m/s2；根据牛顿第二定律得：f＝ma1；F－f＝ma2，可得：F︰f＝3︰2，故A、C、D错误，B正确，故选B。
2．(2020·浙江省金华市三校高一上学期检测)如图所示，用水平力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R，使其一起做匀加速运动，若P对Q的弹力为6
N，Q对R的弹力为
4
N，Q的质量是1
kg，那么R的质量是( A )
A．2kg
B．3
kg
C．4
kg
D．5
kg
解析：对Q受力分析，由牛顿第二定律可得：
FPQ－FRQ＝mQa，
代入数据解得：a＝2
m/s2
对R，由牛顿第二定律可得：FQR＝mRa，代入数据
解得：mR＝2
kg，故A正确。
3．(2020·浙江省杭州市高一上学期检测)杭州市目前已经拥有多条纯电动巴士。为了研究方便，我们将电动巴士在两个站点A、B之间的运行路线简化为水平方向上的直线运动，电动巴士看成质点，载人后的总质量为8
000
kg，从站点A由静止开始启动，匀加速行驶10
s后速度达到36
km/h；然后保持该速度匀速行驶5分钟后关闭动力，巴士恰能停在站点B，设巴士所受的阻力是自身重力的0.05倍，求：
(1)巴士做匀加速运动的加速度大小；
(2)在匀加速期间巴士自身提供的动力大小；
(3)A、B两个站点之间的距离。
答案：(1)1
m/s2 (2)12
000
N (3)3
150
m
解析：(1)巴士匀加速行驶10
s后的速度：v＝36
km/h＝m/s＝10
m/s；
由a＝得巴士做匀加速运动的加速度a1＝＝m/s2＝1
m/s2
(2)巴士所受的阻力是：f＝kmg＝0.05×8
000×10N＝4
000
N
由牛顿第二定律可得，在匀加速期间：F－f＝ma1
联立可解得在匀加速期间巴士自身提供的动力：F＝12
000
N
(3)巴士做匀加速运动的位移：x1＝t1＝50
m；
巴士做匀速运动的位移：x2＝vt2＝10×5×60
m＝3
000
m；
巴士做匀减速运动阶段，由f＝ma2可得，加速度：a2＝
＝0.5
m/s2
此阶段的位移为：x3＝＝100
m；
A、B两个站点之间的距离：x＝x1＋x2＋x3＝3
150
m。
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2
-5．牛顿运动定律的应用
目标体系构建
明确目标·梳理脉络
【学习目标】
1．知道动力学的两类基本问题及其特点。
2．掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题。
【思维脉络】
课前预习反馈
教材梳理·落实新知
知识点
1 从受力情况确定运动情况
1．牛顿第二定律确定了__运动__和__力__的关系，使我们能够把物体的运动情况和__受力情况__联系起来。
2．如果已知物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的__加速度__，再通过运动学的规律就可以确定物体的__运动情况__。
知识点
2 从运动情况确定受力情况
若已经知道物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的__加速度__，于是就可以由牛顿第二定律确定物体所受的__外力__，这是力学所要解决的又一方面的问题。
知识点
3 动力学的两类基本问题
动力学有两类问题：一是已知物体的受力情况分析__运动__情况；二是已知运动情况分析__受力__情况，程序如下图所示。
加速度a
其中，__受力分析__是基础，牛顿第二定律和__运动学__公式是工具，__加速度__是桥梁。
预习自测
『判一判』
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向。( √ )
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向。( × )
(3)加速度是联系运动和力的桥梁。( √ )
(4)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。( √ )
(5)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的。( × )
『选一选』
2013年6月20日，我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量(如图)。若聂海胜受到的合外力为恒力F，从静止开始运动，如图，经时间t移动的位移为s，则聂海胜的质量为( D )
A．
B．
C．
D．
解析：聂海胜受到恒力F做匀加速运动，加速度a＝，由牛顿第二定律，F＝ma，则聂海胜的质量m＝，选项D正确。
『想一想』 如图所示，在冬季滑冰比赛中，假设滑冰运动员的总质量为55
kg，滑冰运动员左右脚交替蹬冰滑行，左右脚向后蹬冰的力都是110
N，每次蹬冰时间1
s，左右脚交替时，中间有0.5
s
的时间不蹬冰，忽略运动员滑行中受到的阻力，设运动员由静止开始直线滑行，你能根据上述条件求出15
s末运动员的速度吗？
答案：20
m/s
解析：由牛顿第二定律得运动员蹬冰时的加速度
a＝＝
m/s2＝2
m/s2
因为在15
s中运动员只10
s的时间加速，
所以15
s末的速度v＝at＝2×10
m/s＝20
m/s
课内互动探究
细研深究·破疑解难
探究? 由物体的受力情况确定运动情况
┃┃情境导入__■
如图所示，汽车在高速公路上行驶，如果汽车关闭油门滑行。
试结合上述情况讨论：由物体的受力情况确定其运动情况的思路是怎样的？
提示：通过分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学公式求出物体运动的位移、速度及时间等。
┃┃要点提炼__■
1．问题界定：
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
3．解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，
并画出物体的受力分析图。
(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二定律列方程，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，求出所需的物理量——任意时刻的速度，任意时间内的位移，以及运动轨迹等。
┃┃典例剖析__■
典题1 滑沙是国内新兴的一种旅游项目，如图甲所示，游客坐在滑沙板上，随板一起下滑，若将该过程处理成如图乙所示模型，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？
思路引导：→→
解析：(1)人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示。
设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得mgsin
θ－Ff＝ma
又Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－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，设加速度为a′，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma′
解得a′＝5
m/s2
设还能滑行的距离为x，则
v2＝2a′x
解得x＝14.4
m。
答案：(1)6
s (2)14.4
m
思维升华：从受力确定运动情况的分析流程
┃┃对点训练__■
1．为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离(如下图所示)，已知某高速公路的最高限速v＝120
km/h。假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)为t＝0.50
s，刹车时汽车受到阻力的大小F为汽车重力的0.40倍，该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？(取重力加速度g＝10
m/s2)
答案：156
m
解析：司机发现前车停止，在反应时间t＝0.50
s内仍做匀速运动，刹车后摩擦阻力提供刹车时的加速度，使车做匀减速直线运动，达前车位置时，汽车的速度应为零。
当汽车速度达到v＝120
km/h＝
m/s时
反应时间内行驶距离x1＝vt＝×0.5
m＝
m
刹车后的加速度a＝－＝－＝－4
m/s2
由公式v2－v＝2ax知0－()2＝－2×4x2
得刹车过程的位移x2＝
m
所以公路上汽车间距离至少为s＝x1＋x2＝156
m。
探究? 由物体的运动情况确定受力情况
┃┃情境导入__■
一运动员滑雪时的照片如图所示，如果：
(1)知道在下滑过程中的运动时间。
(2)知道在下滑过程中的运动位移。
试结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？
提示：先根据运动学公式，求得物体运动的加速度，比如v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax等，再由牛顿第二定律求物体的受力。
┃┃要点提炼__■
1．问题界定
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
→→→
3．解题步骤
(1)根据物体的运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度。
(2)根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力。
(3)结合受力分析，从而求出未知的力或与力相关的某些物理量。
┃┃典例剖析__■
典题2 战士拉车胎进行100
m赛跑训练体能。车胎的质量m＝8.5
kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ＝0.7。某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20
m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15
s。取重力加速度g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
(1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v；
(2)战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F。
思路引导：由运动学方程算出加速时间和最大速度，并计算出匀加速的加速度；对轮胎受力分析，采用正交分解法把绳子对轮胎的拉力沿水平方向和竖直方向分解，并分别列牛顿第二定律方程和平衡方程求解。
解析：(1)设匀加速运动的时间为t1，则匀加速阶段位移为：x1＝t1
匀速阶段位移为：x2＝100－x1＝v(15－t1)
联立解得：v＝8
m/s，t1＝5
s
(2)由速度公式：v＝at1
得：a＝＝
m/s2＝1.6
m/s2
车胎受力如图并正交分解：
在x方向有：Fcos
37°－f＝ma
在y方向有：N＋Fsin
30°－mg＝0
且：
f＝μN
代入数据联立解得：
F＝59.92
N，
沿绳与水平方向成37°。
答案：(1)5
s 8
m/s；
(2)59.92
N，方向沿绳，与水平方向成37°。
思维升华：分析由运动情况确定受力问题的思维程序：
―→
―→
┃┃对点训练__■
2．2016年11月18号“神舟十一号”飞船返回舱顺利着陆，为了保证宇航员的安全，靠近地面时会放出降落伞进行减速(如右图所示)。若返回舱离地面4
km时，速度方向竖直向下，大小为200
m/s，要使返回舱最安全、最理想着陆，则放出降落伞后返回舱应获得多大的加速度？降落伞产生的阻力应为返回舱重力的几倍？(设放出降落伞后返回舱做匀减速直线运动)。
答案：5
m/s2；1.5倍
解析：飞船返回时，放出降落伞，以飞船为研究对象，受到竖直向下的重力mg和空气阻力f的作用。最理想最安全着陆是末速度vt＝0，才不至于着地时与地面碰撞而使仪器受到损坏。
由运动学公式
v－v＝2as
变形得a＝＝
m/s2＝5
m/s2
再由牛顿第二定律
F合＝f－mg＝ma
f＝m(g＋a)＝mg(1＋0.5)＝1.5mg
则阻力应为返回舱重力的1.5倍。
核心素养提升
以题说法·启智培优
易错点：对多物体、多过程问题中力和运动关系分析不清而致错
案例
如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5
kg，m2＝0.1
kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1
m，取g＝10
m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002
m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
错因分析：(1)不能以纸板和砝码整体为研究对象求解f2，错解为f2＝μm2g。
(2)不能分析得出砝码与纸板相对运动的条件是a2>a1，以F＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g作为第(2)问的答案。
(3)不能正确确定砝码和纸板各自的位移及两物体位移的关系x1＋x2≤l，特别是容易遗漏“纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t”，导致解答错误。
解析：(1)纸板相对砝码运动时，砝码对纸板的摩擦力
f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
纸板受到的摩擦力f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g。
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则纸板对砝码的摩擦力f′1＝f1，即m1a1＝μm1g
F－f1－f2＝m2a2
砝码与纸板发生相对运动时，需满足a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g。
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
又l＝x1＋x2且l≤0.002
m
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入数据得F≥22.4
N，即F至少为22.4
N。
正解：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g (3)22.4
N
素养警示
动力学的中心问题是研究运动和力的关系，除了对物体进行正确的受力分析外，还必须正确分析物体的运动情况，当所给的情境中涉及两个物体，并且物体间存在相对运动时，找出这两个物体之间的位移关系或速度关系尤其重要，另外还要注意分析多过程问题中各子过程的联系。
素养脉络构建
知识构建·整体呈现
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