1、第四章 力与运动 第五节 牛顿第二定律的应用 课前自主预习 1牛顿第二定律给出了加速度与 力、质量之间的定量关系：_.因此，我们在 已知受力的情况下可以结合_，解决有关物体运动状态变化的问题；我们也可 以在已知物体运动状态发生变化的情况下，运用运动学公式求出物体的_，再结合 牛顿第二定律确定物体的受力情况 2两类基本问题 （1）已知物体的受力情况，确定物体的运动情况求解此类题的思路是：已知物体的受力 情况，根据_，求出物体的_，再由物体的初始条件，根据 _求出 未知量(速度、位移、时间等)，从而确定物体的运动情况 （2）已知物体的运动情况，确定物体的受力情况求解此类题的思路是：根据物体的运动
2、情况，利用_求出_，再根据_就可以确定物体 _，从而求得未知的力，或与力相关的某些量，如动摩擦因数、劲度系数等 3(单选)用 30 N 的水平外力 F，拉一个静止放在光滑水平面上的质量为 20 kg 的物体， 力 F 作用 3 s 后消失，则第 5 s 末物体的速度和加速度分别是( ) A v4.5 m/s， a1.5 m/s 2 B v7 .5 m/s， a1.5 m/s 2 C v4.5 m/s， a0 D v7.5 m/s， a0 4(双选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连小球某 时刻正处于如图 7 所示状态设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为
3、FT，关于 此时刻小球的受力情况，下列说法中正确的是( ) A若小车向左运动， FN可能为零 B若小车向左运动， FT可能为零 C若小车向右运动， FN不可能为零 D若小车向右运动 ， FT不可能为零 课前自主预习 1a 运动学公式 加速度 Fm 2 （1）牛顿第二定律 加速度 运动学规律 （2）运动学公式 加速度 牛顿第二定律 所受的力 3C 4AB 课堂互动探究 知识点 1 从受力情况确定运动情况 新知探究 在高速公路上行车，如果车辆发生故障，要停车检修，应在 离车 150m 远的地方竖一警示牌这是因为汽车在高速公路上高 速行驶，司机发现情况到采取刹车，须要有一定的反应时间，对 应有一段反
4、应距离；汽车在刹车过程中受阻力 f 做匀减速直线运 动，则可通过_计算出其刹车的加速度 a，再通 过运动学公式计算出刹车距离。若汽车的质量为 m，初速度为 v，则刹车距离的表达式为_.。 答案：牛顿第二定律， 2vsa 重点归纳 图 4-5-2 图 4-5-1 已知一物体的受力情况，由牛顿第二定律 Fma 可知物体的加速度 a m F ，据此结合 运动学的规律就可以确定物体的运动情况 （1）基本处理思路： 先分析物体的受力情况，求出合力，根据牛顿第二定律 Fma 求出加速度，再利用运 动学的相关公式求出所需求的运动学物理量 对物体进行正确的受力分析是解决问题的关键，加速度是联系力和运动的桥梁
5、分 析 物 体 受 力 情 况 求 物 体 的 合 力 由 a Fm求 加 速 度 结 合 运 动 学 公 式 求 运 动 学 量 受力分析的依据 a力的产生条件是否存在，是受力分析的重要依据之一 b力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析 受力情况是不可忽视的 c由牛顿第三定律（力的相互性）出发，分析物体的受力情况，可以化难为易 受力分析的基本方法 a明确研究对象，即对谁进行受力分析 b把要研究的物体从周围物体中隔离出来 c按顺序分析受力情况，画出力的示意图，其顺序为：重力、弹力、摩擦力、其他 力 （2）基本步骤 确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析
6、，并画出物体的受力图 根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向） 根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度 结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需运动参量 例 1如图 4-5-3 所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为 2kg，受到一个斜向 下的、与水平方向成 37角的推力 F=10N 的作用，使木块从静止开始运动，4s 后撤去推力， 若木块与水平面间的动摩擦因数为 0.1。 （g 取 10m/s） （1）撤去推力 F 时木块的速度为多大？ （2）撤去推力 F 到停止运动过程中木块的加速度为多大？ （3）木块在水平面上运动的总位移为多少？ 解析：(1)
7、撤去力 F 之前，对木块受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得，水平方向：Fcos37 0 f = ma1 竖直方向：F N=mg+Fsin370 又有 f=F N 解得 a1=2.7m/s2 4s 末的速度为 v=a1t=2.74=10.8m/s （2）撤去 F 后，根据牛顿第二定律 mg=ma 2 a2=g=1m/s 2 （3）撤去 F 时，物块前进的位移 1 .6satm 撤去 F 后，物块前进的位移 258.3v 所以，物块运动的总位移为 s=s1+s2=79.92m 触类旁通 1一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角 30，滑雪板与雪地的动摩 擦因数 0.04，求 10s 内滑下来
8、的路程和 10s 末的速度大小 （g 取 10ms 2） 解析 以滑雪人为研究对象，受力情况如图 452 所示 图 4-5-3 FN f F2 F F1 G 答图 4-5-1 研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡；沿山 坡方向，做匀加速直线运动 将重力 mg 分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，据牛顿第 二定律列方程： FNmg cos0 mgsinF fma 又因为 Ff FN 由可得：ag（sin cos） 故 x gt21 （sin cos）t 2 10（ 0.04 3 ）10 2m233m vat10 （ 2 1 0.04 ）10ms46.5m s 答案 233m，46.5ms
9、 知识点 2 从运动情况确定受力情况 新知探究 一位同学通过电视观看火箭发射时的情景。他听到现场总指挥倒计时结 束发出“点火”命令后，立刻用秒表计时。假设测得火箭底部经过发射架顶端 的时间是 4.8 s，如果他想算出对火箭的推力，还需知道发射架高度 h 和火箭 的总质量 m。根据_ 推算出加速度的大小，然后根据 _可以推算出推力的大小。 答案： 21hgtFmga 重点归纳 （1）基本处理思路 先分析清楚物体的运动情况，根据运动情况利用运动学公式求出物体的 加速度，再在分析物体受力情况的基础上，灵活利用牛顿第二定律求出相应的力 分 析 物 体 运 动 情 况 利 用 运 动 学 公 式 求 a
10、 由 F ma求 合 力 求 其 他 力 （2）解题的基本方法步骤 确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力图； 选择合适的运动学公式，求出物体的加速度； 根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合外力； 根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力 例 2 质量为 200t 的机车从停车场出发，行驶 225m 后，速度达到 54kmh，此时， 司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了 125m 才停在站上设运动阻力不变，求机车 关闭发动机前所受到的牵引力 解析 机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速；关闭发动机后，机车 只在阻力作用下做减速运动因加速阶段的初末速
11、度及位移均已知，故可由运动学公式求 出加速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；在减速阶段初末速度及位移已知，同 理可以求出加速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的力可求出牵引力 在加速阶段 初速度 v00，末速度 v154kmh15m s 位移 x1225m 答图 4-5-2 图 4-5-4 由 2tv 02ax 得： 加速度 a1 25 2xv ms 20.5ms 2 由牛顿第二定律得 F 引 F 阻 ma 1210 50.5N110 5N 减速阶段：初速度 v115ms，末速度 v20，位移 x2125m 由 得 axv2 加速度 a2 52 1 ms 20.9m s 2，负号表
12、示 a2 方向与 v1 方向相反 由牛顿第二定律得 F 阻 =ma 2210 5（0.9）N1.810 5N 由得机车的牵引力为 F 引 2.810 5N 答案 2.8105N 触类旁通 2静止在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,此时将 F 撤去,又经 6 s 物体停下来,如果物体与地面的动摩擦因数不变 ,求 F 的 大小. 解析:物体的整个运动过程分为两段,前 4 s 物体做匀加速运动,后 6 s 物体做匀减速运动. 前 4s 内物体的加速度为 221/1/40smtva 设摩擦力为 F,由牛顿第二定律得 后 6s 内物
13、体的加速度为 222/3/60sstva 物体所受的摩擦力大小不变,由牛顿第二定律得 mF 由可求得水平恒力 F 的大小为 Na3.)21()(21 答案：3.3N 方法技巧易错易混实验透视 方法技巧 整 体 法 和 隔 离 法 在 牛 顿 第 二 定 律 中 的 应 用 1研究系统内部物体间的相互作用力应采用隔离法，研究系统与外办的相互作用采用 整体法更简便一些 2在连接体内各物体具有相同的加速度时，可先把这个连接体当成一个整体，分析受 到的外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度，若要求连接体内各种物体相互作用 的内力，则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体
14、列 式求解 3受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的前提找到加速度是解题的突破口， 因此，解题时应抓住“加速度”这个桥梁不放，确定过渡方向，学习中要通过具体问题的 分析，熟练掌握解题思路，提高自己解决实际问题的能力 例 3一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和 自己提升上来。图 4-5-6 中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。 吊台的质量 m=15kg，人的质量为 M=55kg，起动时吊台向上的加速度是 a=0.2m/s2，求这时人对吊台的压力。 （g=9.8m/s 2） 解析：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图 4-5-6 所示，F 为 绳的拉力，由牛顿第二
15、定律有： 2F（mM ）g=（Mm）a 则拉力大小为： =350N ()2gF+= 再选人为研究对象，受力情况如答图 4-5-3 所示，其中 FN 是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得： FFN Mg=Ma 故 FN=M(ag)F=200N 由牛顿第三定律知，人对吊台的压力 FN大小为 200N，方向竖 直向下。 答案：200N 触类旁通 3.（单选）如图 4-5-7 所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在摩擦因数为 的 水平地面上做匀减速运动， （不计其它外力及空气阻力） ，则其中一个质量为 m 的土豆 A 受 其它土豆对它的总作用力大小应是( ) Amg B mg Cmg 12 Dm
16、g 解析：像本例这种物体系的各部分具有相同加速度的问题，我们 可以视其为整体，求关键信息，如加速度，再根据题设要求，求物体系内部的各部分相互 作用力。 选所有土豆和箱子构成的整体为研究对象，其受重力、地面支持力和摩擦力而作减速运 动，且由摩擦力提供加速度，则有 mg=ma，a= g。而单一土豆 A 的受其它土豆的作用力 无法一一明示，但题目只要求解其总作用力，因此可以用等效合力替代，它的受力分析如 图所示，由矢量合成法则，得 F 总= 1)( 222ma 因此答案 C 正确。 答案：C 方法技巧 牛 顿 第 二 定 律 中 的 临 界 问 题 （一） 临界问题 1临界状态：在物体的运动状态变化
17、的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化。 当物体的运动变化到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值， 这个特定状态称之为临界状态。临界状态是发生量变和质变的转折点。 2关键词语：在动力学问题中出现的“最大” 、 “最小” 、 “刚好” 、 “恰能”等词语，一 般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件。 3解题关键：解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断 (m+M)g FF a F FN Mg 答图 4-5-3 A 图 4-5-7 图 4-5-6 v 与分析。 4常见类型：动力学中的常见临界问题主要有两类：一是弹力发生突变时接触物体间 的脱离
18、与不脱离、绳子的绷紧与松弛问题；一是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。 （二） 、解决临界值问题的两种基本方法 1以物理定理、规律为依据，首先找出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和 讨论其特殊规律和特殊解。 2直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，找出相应的物理规律 和物理值。 例 4 质量为 0.2kg 的小球用细线吊在倾角为 的斜面体的顶06 端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图 45-8 所 示，不计摩擦，求在下列三种情况下，细线对小球的拉力（取 g10 ）2/sm (1) 斜面体以 2 的加速度向右加速运动；32/sm (2) 斜面体以 4 ，的加速度向右加速运
19、动； 解析：解法 1:小球与斜面体一起向右加速运动，当 a 较小时，小球与斜面体间有挤压； 当 a 较大时，小球将飞离斜面，只受重力与绳子拉力作用。因此要先确定临界加速度 ao（即小球即将飞离斜面，与斜面只接触无挤压时的加速度） ，此时小球受力情况如答图 4- 5-4 所示，由于小球的加速度始终与斜面体相同，因此小球所受合外力 水平向右，将小球所受力沿水平方向和竖直方向分解 解，根据牛顿第二定律有 ，0cosmaTgTsin 联立上两式得 20/7.5a （1） =2 5.77 ,32/sms 所以小球受斜面的支持力 N1 的作用，受力分析如答图 4-5-5 所示， 将 T1, N1 沿水平方
20、向和竖直方向分解，同理有 111sincomaNT ， gscosin 联立上两式得 T12.08N, N10.4N （2) =4 5.77 ,所以此时小2a32/m2/s 球飞离斜面，设此时细线与水平方向夹角为 ，0 如答图 4-5-6 所示，同理有 ，22comaTgT02sin 联立上两式得 T22.43N, arctan 1.440 解法 2:设小球受斜面的支持力为 N，线的拉力为 T，受力分 答图 4-5- 4 答图 4-5-5 图 4-5-7 图 4-5-8 答图 4-5-6 析如答图 4-5-7 所示，将 T、N 沿水平方向和竖直方向分解，根据牛顿第二定律有 ，maTsinco
21、mgscosin 联立上两式得：Tm (g sin a cos ) cos Nm (g cos 一 a sin ） 当 N0 时，即 ag cot 5.77 时，小球恰好与斜面接触。所以，当 a5.772/s 时，小球将飞离斜面；a 5.77 ，小球将对斜面有压力。2/s （以下同解法 1，略） 评注：解法 1 直接分析、讨论临界状态，计算其临界值，思路清晰。解法 2 首先找出 所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和讨论其特殊规律和特殊解。本题考察了运动 状态的改变与受力情况的变化，关健要明确何时有临界加速度。另外需要注意的是，当小 球飞离斜面时，细线与水平方向夹角不再是斜面倾角。 触类旁通
22、 4. （单选）如图 4-5-9 所示，木块 A、B 静止叠放在光滑水平面 上，A 的质量为 m，B 的质量为 2m。现施加水平力 F 拉 B，A、B 刚 好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改为水平力 F拉 A，使 A、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则 F不得超过（ ） A2F BF/2 C3F DF/3 解析：水平力 F 拉 B 时，A、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未 滑动的一种临界状态，从而可知此时 A、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力。 先用整体法考虑，对 A, B 整体：F = (m2m) a 再将 A 隔离可得 A、B 间最大静摩擦力为： mamf 解以
23、上两方程组得： F/3mf 若将 F作用在 A 上，隔离 B 可得：B 能与 A 一起运动，而 A、B 不发生相对滑动的 最大加速度 a / (2m)f 再用整体法考虑，对 A、B 整体： F(m2m) a 由以上方程解得：FF/2 答案：B 评注：“刚好不发生相对滑动”是摩擦力发生突变（由静摩擦力突变为滑动摩擦力） 的临界状态，由此求得的最大静摩擦力正是求解此题的突破口，同时注意研究对象的选择。 图 4-5-9 随堂练习 1如图 4-5-10 所示弹簧左端固定，右端自由伸长到 O 点并系住物体 m现将弹簧 压缩到 A 点，然后释放，物体一直可以运动到 B 点如果 物体受到的阻力恒定，则（ ）
24、 A物体从 A 到 O 先加速后减速 B物体从 A 到 O 加速运动，从 O 到 B 减速运动 C物体运动到 O 点时所受合力为零 D物体从 A 到 O 的过程加速度逐渐减小 解析:物体从 A 到 O 的运动过程，弹力方向向右初始 阶段弹力大于阻力，合力方向向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小， 由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物 体的速度逐渐增大所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动 当物体向右运动至 AO 间某点（设为 O）时，弹力减小到等于阻力，物体所受合力为 零，加速度为零，速度达到最大 此后，随着物体继续向右移动，弹力继
25、续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向 左至 O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体从 O点后的合力方向均向 左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向左且逐渐增大由于加 速度与速度反向，物体做加速度逐渐增大的减速运动 答案:AC 21000T 的列车由车站出发做匀加速直线运动，列车经过 100s，通过的路程是 1000m，已知运动阻力是车重的 0.005 倍，求列车机车的牵引力大小? 解析：此题的物理情景是列车在牵引力和阻力的作用下做匀加速直线运动从静止开 始，经 100s 通过了 1000m 路程是一个已知物体运动状态，求物体受力的问题 (1)先确定研究对象，分析
26、物体运动状态 此题的研究对象为列车，列车的运动状态为初速度为零的匀加速直线运动 (2)由运动学公式求得物体加速度因为 21ats 所以 a 0.2m10 2ts2 (3)由牛顿第二定律，求物体所受合外力 因为 ma 所以 10000000.2200000N合F合F (4)由力的合成与分解求某个力 由于 且 0.005G合 牵 阻 阻 所以 200000100000000.0052.5 N牵 合 阻 510 答案:2.5 N510 3质量为 10kg 的物体在倾角为 370 的斜面底部受一个沿斜面向上的力 F=100N 作用， 由静止开始运动。2s 内物体在斜面上移动了 4m，2s 末撤去力 F
27、， 求 F 撤去后，经过多长时间物体返回斜面底部（ g=10m/s2）？ 解析：物体在三个不同阶段的受力情况如答图 4-5-8 所示。 在加速上滑阶段： ，a1=2m/s2 ， 211taS 据牛顿第二定律： （沿斜面向上1 037mafingF 为正） 图 4-5-10 F 图 4-5-11 Gf FN G f N f N G 答图 4-5-8 v v Nf 2016.010 在 F 撤走瞬间，物体的速度为 smtaV/41 设在减速上滑阶段的加速度为 a2，所用时间为 t2，位移为 S2，则有： （选沿斜面向下为正） ，2 037mfSing 22/8s ， saVt5.2t1 设在加速下
28、滑阶段的加班工为 a3，所用时间为 t3，位移为 S3，则有： ， ，3 037afSing 2/4smS5213 ，t3=1.58s， 21t 所以，撤力后经时间 t=t2+t3=2.08s，物体返回斜面底部。 4如图 4-5-12 所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为 M 的 平盘，盘中放有质量为 m 的物体，它们静止时弹簧伸长了 L，今向下拉盘 使之再伸长L 后停止，然后松手放开，设弹簧总处于弹性限度内，则刚 松手时盘对物体的支持力等于多少？ 解析：装置静止时，用手对盘施加向下的力 F 使弹簧再伸长L 后停 止，设弹簧劲度系数为 k，由胡克定律知， 。刚松手的瞬时 F 消k 失，F
29、0，而弹簧还不能马上收缩恢复，即整体所受的弹力 和L 重力 都不变，其合力还与原来的 F 大小相等，方向相反。设其Mmg 加速度为 a，盘对物体的支持力为 ，则N 对整体： aLk 而对物体 m 有： gFN 当整体原来处于静止时有 解得：gmMk mgLFN1 答案： gLN1 课后巩固与提升 一单项选择题(本题共 4 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题 目要求) 1一辆小车在水平面上行驶，悬挂的摆球相对于小车静止，并 且悬绳与竖直方向成 角，如图 4-5-13 所示，下列关于小车的运动 情况正确的是 ( ) A加速度方向向左，大小为 gtan， ，小车匀加速向左运动 B加速
30、度方向向右，大小为 gtan， ，小车匀加速向左运动 C加速度方向向左，大小为 gtan， ，小车匀加速向左运动 D加速度方向向右，大小为 gtan， ，小车匀加速向右运动 1 解析：小球受细绳拉力 F 和重力 mg 两个力作用，其合力方向 与加速度方向相同，水平向左，合成法作图如答图 4-5-9 所示。由图 可得 mgtan=ma，所以 a=gtan。 答案：A 图 4-5-13 答图 4-5-9 图 4-5-12 v 2两个质量相同的物体 1 和 2 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图 4-5-14 所示。 如果它们分别受到水平推力 和 ，且 ，则 1 施于 2FF12 的作用力的大小为（
31、 ） A BF12 C D221 解析：因为两个物体具有向右的加速度，所以把它们视为 一个整体。这个整体在水平方向受到外力 和 的作用。对整体由牛顿第二定律得：F12 所以amF21 因为要求物体 1 施于物体 2 的作用力，所以要把物体 1 和物体 2 隔离开来，选择其一 为研究对象。若选择物体 2 为研究对象，由牛顿第二定律得： 解得： 。故 C 选项正确。N2 21FN 答案：C 3如图 4-5-15 所示，A、B 两条直线是在 A、B 两地分别用竖直向上的力 F 拉质量分 别为 mA、m B 的物体得出的两个加速度 a 与力 F 的关系图线，由图线分析可知（ ） A两地的重力加速度 g
32、Ag B Bm Am B C两地的重力加速度 gAg B Dm Am B 解析：由牛顿第二定律得：Fmg=ma 则 a= Fgm 1 在 aF 图象中，斜率为 ，由图象可知m 1 ，即 mAm BA 1B 由函数关系知，a F 图象在纵轴上的截距表示重力加速度的大小，则 gA=gB。 答案：B 4如图 4-5-16 所示，底板光滑的小车上用两个量程为 20N、完全相同的弹簧秤甲和 乙系住一个质量为 1kg 的物块，在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示 数均为 10N，当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为 8N。这时小车运动的加速 度大小是（ ） A2m/s 2 B4m/s
33、 2 C6m/s 2 D8m/s 2 解析：当小车匀速运动时，两弹簧称的示数均为 10N，合力 为零，当小车匀加速运动时，甲的示数为 8N，而由于小车长度 不变，则甲弹簧的形变的变化量与乙必相等，故乙弹簧的示数应 为 12N，故物体受到的合力为 4N，其加速度为 4m/s2，B 答案正 确。 答案：B 二双项选择题(本题共 5 小题，在每小题给出的四个选项中，均有两个选项符合题 目要求) A B FO 图 4-5-15 a 甲 乙 图 4-5-16 图 4-5-14 1F1 F22 5以力 F 拉一物体，使其以加速度 a 在水平面上做匀加速直线运动，力 F 的水平分 量为 F1，如图 4-5-
34、17 所示，若以和 F1 大小、方向都相同的力 F代替 F 拉物体，使物体产 生加速度 a，那么（ ） A当水平面光滑时，a a B当水平面光滑时，a = a C当水平面粗糙时，a a D当水平面粗糙时，a = a 解析：当水平面光滑时，物体在水平面上所受合外力均为 F，故其加速度不变。而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都 是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用 F替换 F 时，摩擦力将增大，故加速度减 小。因此 BC 答案正确。 答案：BC 6如图 4-5-18 所示，一个物体由 A 点出发分别到达 ， ， 。物体在三条轨道1C23 上的摩擦不计，则（ ） A物体到达 点时的速度最大1C
35、B物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C物体到达 的时间最短3 D在 上运动的加速度最小 6 解析：设斜面倾角为 ，因为轨道的摩擦不计，物体的加速 度 a=gtan。设斜面的高度为 h， 则斜面的长度 ，物体到达底端所用的时间 。sin 2singhat 答案：CD 7如图 4-5-19 所示，质量为 m 的人站在自动扶梯上，人鞋与梯的动摩擦因素为 ， 扶梯倾角为 ，若人随扶梯一起以加速度 a 向上运动，梯对人的支持力 N 和摩擦力 f 分别为（ ） A N=masin B N=m(g+asin) C f=mg D f=macos 7 解析：在扶梯向上做匀减速运动，其加速度是斜向下的，加速度
36、a 在水平方向的分量为 ax=acos，在水平方向受摩擦力作用；加速度在竖直方向上的分量 为 ay=asin，应该是竖直方向上的合力产生的.根据牛顿第二定律，有 水平方向：f=ma x=macos ，方向水平向右 竖直方向：mg+N =may=masin 所以 N=mg+masin=m（g+asin） ，方向竖直向上. 答案：BD 8如图 4-5-20 所示，小车上固定一弯折硬杆 ABC，C 端固定一质量为 m 的小球，已 知 角恒定。当小车水平向左做匀加速直线运动时，BC 杆对小球的作用力的方向（ ） A可能沿杆向上 B可能竖直向上 C可能水平向左 D介于水平向左和竖直向上之间 8 解析：小
37、车水平向左做匀加速直线运动时，小球的合力沿水平 方向向左。BC 杆对小球的作用力有两个任务，竖直分力与重力平衡， 水平分力产生水平方向的加速度，杆对小球的作用力是这两个分力的 合力，方向介于水平向左和竖直向上之间，可能沿杆向上，但并非一 a 图 4-5-19 图 4-5-18 图 4-5-20 图 4-5-17 F 定沿杆方向，这是轻杆与轻绳的不同之处。 答案：AD 9如图 4-5-21 所示，置于水平地面上相同材料质量分别为 m 和 M 的两物体用细绳连 接，在 M 上施加水平恒力 F，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，正 确的说法是（ ） A地面光滑时，绳子拉力大小等于 ；
38、Mm F B地面不光滑时，绳子拉力大小为 ； C地面不光滑时，绳子拉力大于 ； D地面不光滑时，绳子拉力小于 。 Mm F 解析：把 M、m 看作整体，分析受力情况(水平方向) ：拉力 F，摩擦力 f1 和 f2，如答 图 4-5-10 所示，根据牛顿第二定律，用整体法求出共同加速度： fFa21 再隔离 m，根据牛顿第二定律有：fT1 所以绳子拉力为： mMfFffFa21 121 将 ， 代入上式可得：gf1f2 FmMT 可见 T 与 无关，此题的正确答案为 AB 答案：AB 三非选择题 10质量为 12kg 的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩 擦因数为 0.3，现用倾角为 37的
39、 60N 力拉箱子，如图 4-5-22 所示， 3s 末撤去拉力，则撤去拉力时箱子的速度为多少？箱子继续运动多 少时间而静止？ 解析：选择木箱为研究对象，受力分析如答图 4-5-11： 沿水平和竖直方向将力正交分解，并利用牛顿运动定律得方程： 水平方向： Fcos37-N=ma 竖直方向： Fsin37+N=mg 解得：a=1.9m/s 2，v=at =5.7m/s 当撤去拉力 F 后，物体的受力变为如答图 4-5-12， 则由牛顿第二定律得： N=mg=ma， a=g =3m/s2 t=v/a=1.9s 点评：本例考察了支持力和摩擦力的的被动力特征，当主动力 F f2 答图 4-5-10 m
40、 M F 图 4-5-22 FN f mg 答图 4-5-11 M f mg 答图 4-5-12 N 图 4-5-21 m F F f1 变化时，支持力 N 摩擦力 f 都随之变。同时本例还针对已知物体受力情况进而研究其运动 情况，这种动力学和运动学综合类问题进行研究。 11如图 4-5-23 所示，B 物块放在 A 物块上面一起以加速度 a=2m/s2 沿斜面向上滑 动已知 A 物块质量 M=10kg，B 物块质量为 m=5kg，斜面倾角 =37问 (1)B 物体所受的摩擦力多大？ (2)B 物块对 A 物块的压力多大？ 解析：以 B 为研究对象，其受力情况如图所示，则根据牛 顿第二定律：f
41、 B=max NB-mg=may ax=acos ay=asin 由、 式得 ax=2cos37=20.8=1.6(ms 2) ay=2sin37=20.6=1.2(ms 2) 将 ax、 ay 值代入 、式得 fB=51.6=8(N)，N B=NB=510+51.2=56(N) 12 “神舟”五号飞船完成了预定的空间科学和技术实验任务后返回舱开始从太空向地球 表面按预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层 后，在一定的高度打开阻力降落伞进一步减速下落，这一过程中若返回舱所受空气摩擦阻 力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为 k，所受空气浮力恒定不变，
42、且认 为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱的运动 vt 图象如图 4-5-24 中的 AD 曲线所示， 图中 AB 是曲线在 A 点的切线，切线交于横轴一点 B，其坐标为（8，0） ，CD 是曲线 AD 的渐进线，假如返回舱总质量为 M=400kg，g =10m/s 2，求： （1）返回舱在这一阶段是怎样运动的？ （2）在初始时刻 v=160m/s，此时它的加速度是多大？ （3）推证空气阻力系数 k 的表达式并计算其值。 解析：（1）从 vt 图象可知：物体的速度是减小的， 所以做的是减速直线运动，而且从 AD 曲线各点切线的斜 率越来越小直到最后为零可知：其加速度大小是越来越小。 所以返回舱
43、在这一阶段做的是加速度越来越小的减速运动。 （2）因为 AB 是曲线 AD 在 A 点的切线，所以其斜率大小就是 A 点在这一时刻加速 度的大小，即 a=160/8=20m/s2 （3）设返回舱下降过程中所受的空气浮力恒为 f0，最后匀速时的速度为 vm，返回舱 在 t=0 时，由牛顿第二定律可知，kv 2+f0mg=ma 返回舱下降到速度达到 4m/s 时开始做匀速直线运动，所以由平衡条件可知， kvm2+f0=mg 联立求解：k=ma/(v 2v m2)=(40020)/(16024 2)=0.3 答案：（1）做加速度越来越小的减速运动。(2)20m/s 2 (3)0.3 A B 图 4-5-23 160 A 4 8O B C D t/s 图 4-5-24 a v
