4.5 牛顿运动定律应用—【新教材】人教版（2019）高中物理必修第一册讲义

物理概念和规律：
一、动力学的两类基本问题：1.从受力情况确定运动情况，2.从运动情况确定受力情况。
解决两类动力学问题的方法：(1)把握“两个情况”。即物体的受力情况、运动情况，利用力的合成与分解求合力，利用运动学公式列方程。一个桥梁：物体的加速度是联系运动和力的桥梁，先由牛顿第二定律或运动学公式求加速度。
(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。前一个过程的未速度就是后一个过程的
初速度，画图找出各过程间的位移联系。
二、瞬时加速度问题
1.一般思路:分析物体的受力变化情况→由牛顿第二定律列方程→瞬时加速度
2.两种模型
(1)刚性绳(或接触面):一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹
力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特
殊说明时，均可按此模型处理。
(2)弹簧(或橡皮绳):当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，
弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的
弹力不突变。
三、常见的两类动力学图像问题
1.已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运
力情况。
2.
已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。
四、连接体问题：1.物体系中各物体的加速度相同。这类问题由于物体系中的各物体加速度相同，可将它们看作一个整体，分析整体的受力情况和运动情况，可以根据牛顿第二定律，求出整体的外力中的未知力或加速度。若要求物体系中两个物体间的相互作用力，则应采用隔离法将其中某一物体从物体系中隔离出来，进行受力分析，应用第二定律求某一未知力。这类问题应是整体法和隔离法交替运用，来解决问题的。
2.物体系中某一物体作匀变速运动，另一物体处于平衡状态，两物体在相互作用，这类问题应采用牛顿运动定律和平衡条件联立来解决。应用隔离法，通过对某一物体受力分析应用第二定律(或平衡条件)求出两物体间的相互作用，再过渡到另一物体，应用平衡条件(或第二定律)求出最后的未知量。
五、临界问题
1.某种物理现象转化为另一种物理现象的转折状态叫做临界状态。临界状态又可理解为“恰好出现“与“恰好不出现“的交界状态。
2.处理临界状态的基本方法步骤是：(1)分析两种物理现象及其与临界值相关的条件，(2)用假设法求出临界值(3)比较所给条件与临界值的关系，确定物理现象，然后求解。
针对训练
1、单项选择题
1．如图所示，车沿水平地面做直线运动．一小球悬挂于车顶，悬线与竖直方向夹角为θ，放在车厢后壁上的物体A，质量为m，恰与车厢相对静止．已知物体A与车厢间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列关系式正确的是（　　）
A．tanθ＝μ
B．tanθ＝
C．tanθ＝
D．tanθ＝
2．如图甲所示，运动员和雪橇总质量为60kg，沿倾角θ＝37°的斜坡向下滑动。测得雪撬运动的v﹣t图象如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为（4，15），CD是曲线的渐近线。若空气阻力与速度成正比，g＝10m/s2，根据以上信息，无法求出下列哪些物理量（　　）
A．空气阻力系数
B．雪橇与斜坡间的动摩擦因数
C．雪橇在斜坡上下滑的最大速度
D．雪橇达到最大速度时所用的时间
3．如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　）
A．从B点开始，运动员一直做减速运动到D点
B．从B点到D点，运动员先做加速运动再做减速运动
C．从B点到C点，运动员的加速度增大
D．从C点到D点，运动员的加速度不变
4．咱们菏泽盖房子有时需要用到“瓦”这种建筑材料，如甲图所示，现在工人需要把一些瓦从高处送到低处，设计了一种如图乙所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（　　）
A．减小两杆之间的距离
B．增大两杆之间的距离
C．减少每次运送瓦的块数
D．增多每次运送瓦的块数
5．如图，物体A、B放在光滑水平面上，A的质量是B的2倍，用水平恒力推A，使A和B一起向右运动，则A．B间的作用力大小为（　　）
A．F
B．F
C．F
D．F
6．如图所示，物体A重20N，物体B重5N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳子上的张力分别为（　　）
A．6m/s2；
8N
B．10m/s2；
8N
C．8m/s2；
6N
D．6m/s2；
9N
7.在水平面上放着两个质量分别为2kg和3kg的小铁块m和M，它们之间用一原长为10cm，劲度系数为100N/m的轻弹簧相连，铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2．铁块M受到一大小为20N的恒定水平外力F，两个铁块一起向右做匀加速直线运动，如图所示．这时两铁块之间弹簧的长度应为（重力加速度g取10m/s2）（　　）
A．12cm
B．13cm
C．15cm
D．18cm
8．如图所示，轻杆AB可绕固定轴O转动，A端用弹簧连在小车底板上，B端用细绳拴一小球，车静止时，AB杆保持水平，当小车向左运动时，小球偏离竖直方向且保持偏角不变，则（　　）
A．小车做匀减速直线运动
B．AB杆将会倾斜
C．绳的张力减小
D．弹簧的弹力不变
二、多项选择题
9.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上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a，（取g＝10m/s2）则（　　）
A．当a＝5m/s2时，细线上的拉力为N
B．当a＝10m/s2时，小球受的支持力为N
C．当a＝10m/s2时，细线上的拉力为2N
D．当a＝15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
10．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．该水平拉力大于轻绳的弹力
B．物块c受到的摩擦力大小为μmg
C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩檫力大小为0.5μmg
D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg
11．“如图（a），倾角为37°且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F＝30N作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s时撤去F，其运动的v﹣t图线如图（b）所示。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则可确定（　　）
A．物块的质量为2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5m
D．物块回到斜面底端的时刻为2.74s
12．如图所示，光滑圆柱形物件A放在同半径的凹槽B中，B放在光滑水平面上，在由零逐渐增大的水平外力F作用下，系统向右运动，运动过程中A、B保持相对静止．下列说法中正确的是（　　）
A．物体A的加速度不断增大
B．物体B对地面的压力不断增大
C．B对A的弹力大小不断增大，与水平外力F的夹角逐渐变小
D．B对A的弹力大小不断增大，与水平外力F的夹角逐渐变大
三、非选择题
13.我国自主研制了运﹣20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）飞机装载货物的前后，飞机受到的升力和飞机的重力大小相等，方向相反，以此求解飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，根据速度和时间关系求解所用时间。
【解答】解：（1）令飞机装载货物前的起飞速度为v1，飞机的质量为m
离地时有，
代入数据解得k＝N?s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v2，
则当飞机起飞时有，
则v2＝78m/s；
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a＝＝2m/s2，
所用时间为t＝＝39s。
答：（1）飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，飞机在滑行过程中加速度的大小为2m/s2，所用的时间为39s。
【点评】解决该题需要明确知道飞机装载货物的前后系数k保持不变，熟记匀变速直线运动的位移和速度的求解公式。
14．如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面上。用平行于斜面向上的推力F1＝10N作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求物体与斜面之间的动摩擦因数；
（2）如图乙所示，若改用平行于斜面向下的推力推力F2＝5N作用于物体上，问物体能否平衡，若不能，求其加速度a的值。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）对m受力分析，根据共点力平衡求得动摩擦因数；
（2）对m受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：（1）将力沿斜面和垂直于斜面正交分解，垂直于斜面方向：N1＝mgcosθ，
沿斜面得方向：F1＝mgsinθ+f1，
又：f1＝μN1，
联立解得：μ＝0.5
（2）物体不能平衡。
将力沿斜面和垂直于斜面正交分解，垂直于斜面方向：N2＝mgcosθ
沿斜面方向：F2+mgsinθ﹣f2＝ma
又：f＝μN2
解得：a＝7m/s2
答：（1）物体与斜面之间的动摩擦因数是0.5；
（2）物体不能平衡，加速度为7m/s2。
【点评】本题主要考查了共点力平衡、牛顿第二定律的应用，关键是正确的选取研究对象，受力分析灵活选择规律列式求解。
15．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动，比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m＝0.8kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F＝20N的作用，未放砖块时木板以v0＝3m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8s内木板运动的v﹣t图象，如图乙所示，g取10m/s2．求：
（1）小车的质量及板与地面间的动摩擦因数．
（2）车停止时，车上有多少块砖？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）开始木板做匀速直线运动，知拉力和木板的摩擦力相等，放上一物块后，木板做匀减速运动，合力等于增加的摩擦力，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma1，以及F＝μMg求出木板的质量和动摩擦因数．
（2）每放上一块砖，摩擦力都要增大，小车的合力就是增大的摩擦力，求出加速度的通项式，根据v0﹣a1T﹣a2T﹣a3T﹣…﹣anT≤0求出所放砖的数目．
【解答】解：（1）没有放砖时对车受力有F＝μMg
①
放上第一块砖时，板车减速，设加速度大小为a1，对车受力
N1＝Mg+mg
＝Ma1
f1＝μN1
解得Ma1＝μmg…..②
由图…③
由①②③解得μ＝0.25
M＝8kg
（2）放第二块砖后，受力分析有Ma2＝2μmg
所以a2＝2a1，在第二个0.8s内车速度变化为△v2＝2△v1＝2×0.2m/s＝0.4m/s
同理，△v3＝3△v1＝3×0.2m/s＝0.6m/s
△v4＝4△v1＝4×0.2m/s＝0.8m/s
△vn＝n△v1＝n×0.2m/s＝0.2nm/s
停下时有△v1+△v2+△v3+…+△vn＝3
0.2×（1+2+3+…+n）＝3得
解得n＝5
所以车停时有5块砖
答：（1）木板的质量为8kg及板与地面间的动摩擦因数为0.25．
（2）木板停止时，木板上放有5块砖．
【点评】解决本题的关键知道小车所受的合力等于增加的摩擦力，会根据牛顿第二定律求出加速度的通项式．
16．如图所示，质量为M的空木箱放置在光滑的水平面上，空木箱的对角线处有一光滑斜面，斜面与水平方向的夹角为45°．现将一质量为m的物体在斜面上由静止释放．
（1）若对空木箱施加一水平推力，使木箱能与物体保持相对静止，求该推力的大小；
（2）若在物体沿斜面自由下滑的过程中，为了保证木箱对地静止，应对木箱施加多大的水平推力？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）分别以系统与m为研究对象，应用牛顿第二定律可以求出推力大小．
（2）以物体为研究对象，求出斜面对物体的支持力，然后应用牛顿第三定律求出物体对斜面的压力，以木箱为研究对象，应用平衡条件求出推力大小．
【解答】解：（1）空木箱和物体以相同的加速度在水平方向上做匀加速直线运动，系统水平方向上，由牛顿第二定律得：
F＝（m+M）a，
物体受力如图：
在水平方向，由牛顿第二定律得：
mgtan45°＝ma
解得：F＝（m+M）g；
（2）物体沿斜面加速下滑，
垂直于斜面方向上：N﹣mgcos45°＝0
解得：N＝mg，
由牛顿第三定律可知，物体对木箱的压力垂直于斜面向下，大小为：
N＝mg，
木箱受力如图：
水平方向上由平衡条件可得：
F﹣Nsin45°＝0，解得：F＝；
答：（1）若对空木箱施加一水平推力，使木箱能与物体保持相对静止，该推力的大小为（M+m）g；
（2）若在物体沿斜面自由下滑的过程中，为了保证木箱对地静止，对木箱施加的水平推力大小为mg．
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用．
1.B解析：车水平运动，小球与车相对静止，则小球水平运动，所受合力为水平向右，加速度a＝＝＝gtanθ，A与小球的加速度相同，则A所受的压力FN＝ma＝mgtanθ，方向向右。A与车恰好相对静止，所以fm＝μFN＝mg，联立解：tanθ＝。
B正确，ACD错误。
2.D解析：在A点时加速度aA＝m/s2＝2.5m/s2，速度vA＝5m/s，据牛顿第二定律得运动后加速度a＝，当加速度a＝0时，速度达到最大，vm＝10m/s。由平衡条件得mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kvm＝0，联立解得μ＝，k＝30N/m，由于该运动是加速度变化的加速运动，故无法求出雪橇到达最大速度所用的时间。故A、B、C能确定，D无法确定；本题选不能确定的；故选：D。
3.B解析：从O点到B点，运动员只受重力，做自由落体运动，运动员到达B点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大；在B到C过程：重力大于弹性绳的弹力，合力等于重力减去弹力，方向竖直向下，大小不断减小，运动员做加速度不断减小的加速运动；在C到D的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力等于弹力减去重力，方向竖直向上，运动员做加速度不断变大的减速运动；由以上分析可知：从B点到C点，运动员的速度增大，加速度减小，A错误，B正确；以上分析可知：从B点到C点，运动员的速度增大，加速度减小。C错误；从C点到D点，运动员的速度减小，加速度增大，D错误。
4.B解析：斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下，要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力，由f＝μFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增大瓦的块数，增大了瓦的质量，虽然摩擦力大了，但同时重力的分力也增大，不能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，CD错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，A错误，B正确。
5.A解析：设B的质量为m，则A的质量为2m。以物体A、B组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：a＝，再以B为研究对象，由牛顿第二定律得：N＝ma＝，A正确，BCD错误。
6.A解析：静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有mAg﹣T＝mAa，对B有T﹣mBg＝mBa，解得：a＝6m/s2，T＝8N。A正确，BCD错误。
7.D解析：整体水平方向受拉力、摩擦力；由牛顿第二定律知：
F﹣μ（M+m）g＝（M+m）a
解得：a＝＝＝2m/s2；
m受拉力和摩擦力而做匀加速直线运动：
拉力F′＝ma+μmg＝2×2+0.2×20N＝8N；
由胡克定律可知，形变量x＝＝0.08m
则弹簧的长度为l+x＝0.18m＝18cm
8.D解析：因为小球和小车保持相对静止，故小球与小车相同的加速度，对小球进行受力分析有：
如图可知小球所受合力沿水平向左，加速度方向水平向左，又因小车向左运动，故小车向右做匀加速直线运动，A错误；如图，小球在竖直方向平衡，故绳中拉力，同一根绳故B点受到绳的拉力大小亦为，此力在竖直方向的分力大小与mg相等，故AB杆仍保持水平，B错误；小球静止时，绳的张力大小和小球的重力相等，匀加速后绳的张力变为＞mg，C错误；由B分析知，B点受到绳拉力大小在竖直方向的分量和以前相同，故不改变水平杆的水平状态，对弹簧而言，由于形变没有发生变化，故弹簧的弹力不变，D正确。
9.AC解析：当小球与斜面间刚好没有作用力时，小球受重力和绳子拉力作用，设小球的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得：Tcos45°＝mg，Tsin45°＝ma0，其中T表示绳子的拉力，解得，。当a＝5m/s2时，由上面的分析可知，小球与斜面间有弹力作用，由牛顿第二定律得：Tcos45°﹣Nsin45°＝ma，Tsin45°+Ncos45°＝mg，其中N表示斜面对小球的弹力，代入数据解得：，A正确；当a＝10m/s2时，由上面的分析可知，小球与斜面间的作用力刚好为零，B错误；由上面的分析可知，当a＝10m/s2时，细线上的拉力为2N，C正确；当a＝15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，小球与斜面体在竖直方向上受力平衡，则地面对A的支持力等于两个物体的重力之和，D错误。
10.ACD解析：三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则：F＞T，即水平拉力大于轻绳的弹力，A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′﹣3μmg＝3ma，对C：f＝ma，解得：f＝0.5μmg，C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：对b、c系统：2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得：f′＝μmg，D正确；
11.BC解析：v﹣t图象的斜率表示加速度的大小，根据图象知，加速上升时的加速度大小为：a1＝20m/s2，减速上升时的加速度大小为：a2＝10m/s2，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，加速上升时有：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1，减速上升时有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma2，解得m＝1kg，μ＝0.5，A错误，B正确；加速上升时运动的位移为：x1＝a1t12＝×20×0.52m＝2.5m，减速上升的时间为：t2＝＝s＝1s，
减速上升时的运动的位移为：x2＝＝m＝5m，物块沿斜面向上滑行的最大距离为x＝x1+x2＝2.5m+5m＝7.5m，C正确；物体返回的时候，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3，代入数据解得：a3＝2m/s2，
根据x═a3t32，可得返回用的时间t3为：t3＝＝s≈2.74s，物块回到斜面底端的时刻为t＝（1.5+2.74）s＝4.24s，D错误。
12.AC解析：对整体分析可知，整体的加速度增大，则A的加速度也不断增大；A正确；
对整体分析可知，整体在竖直方向不受外力，故在竖直方向的受力情况不变，故B对地面的压力不变；B错误；因A的加速度增大，而A受重力和B对A的作用力，因重力不变，故弹力在竖直方向上的分量不变，而水平分量一定会增大，故B对A的弹力大小不断增大，但与水平外力F的夹角应减小；C正确，D错误。