《4.5第5节 牛顿运动定律的应用》导学案、同步练习

《第5节牛顿运动定律的应用》导学案学习目标1.明确动力学的两类基本问题．(重点)2．掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．(难点)核心素养形成脉络一、从受力确定运动情况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，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况．二、从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．思维辨析(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)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．()(4)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．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)×基础理解(1)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是()提示：选C.设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确．(2)(多选)如图，在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球，其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止，则下列说法正确的是()A．AB绳拉力不变 B．AB绳拉力变大C．BC绳拉力变大 D．BC绳拉力不变提示：选AC.对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图，根据牛顿第二定律，水平方向F2－F1sinθ＝ma，竖直方向F1cosθ－G＝0，解得F1＝eq\f(G,cosθ)，F2＝Gtanθ＋ma因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．(3)求物体的加速度有哪些途径？提示：途径一由运动学的关系(包括运动公式和运动图象)求加速度；途径二根据牛顿第二定律求加速度．已知物体的受力求运动情况问题导引如图所示，汽车在高速公路上行驶，有两种运动情况：(1)汽车做匀加速运动．(2)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的思路是怎样的？要点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．【核心深化】1．由物体的受力情况确定其运动的思路eq\x(\a\al(物体受,力情况))→eq\x(\a\al(牛顿第,二定律))→eq\x(\a\al(加速,度a))→eq\x(\a\al(运动学,公式))→eq\x(\a\al(物体运,动情况))2．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分析，并画出物体的受力示意图；(2)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)；(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．关键能力1从受力确定运动情况滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40N的水平推力，使冰车从静止开始运动10s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：(1)冰车的最大速率；(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．[思路点拨](1)由题知，冰车先做匀加速运动后做匀减速运动，当小明妈妈停止施加力的作用时，速度最大，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求解最大速率．(2)由位移公式求出匀加速运动通过的位移，撤去作用力冰车做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学速度位移关系求得滑行位移，即可求出总位移．[解析](1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①vm＝a1t②由①②式得vm＝5m/s.(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝eq\f(1,2)a1t2③冰车自由滑行时有μmg＝ma2④veq\o\al(2,m)＝2a2x2⑤又x＝x1＋x2⑥由③④⑤⑥式得x＝50m.[答案](1)5m/s(2)50m关键能力2等时圆模型如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则()A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3[思路点拨](1)先求出滑环在杆上运动的加速度．(2)位移可用2Rcosθ表示．(3)由x＝eq\f(1,2)at2推导t.[解析]小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mgcosθ＝ma①设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcosθ②由运动学公式得x＝eq\f(1,2)at2③由①②③式联立解得t＝2eq\r(\f(R,g))小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.[答案]D等时圆模型常见情况运动规律例图质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等eq\a\vs4\al()续表常见情况运动规律例图质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等【达标练习】1.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1 B．1∶1C.eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)解析：选B.设光滑斜槽轨道与竖直面的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a＝gcosθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)cosθ，由运动学公式s＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2（R＋r）cosθ,gcosθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．2．我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180m的水平跑道和长度L2＝20m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2m，如图所示．已知质量m＝2×104kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．解析：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1解得a1＝4.5m/s2由匀加速直线运动公式L1＝eq\f(1,2)at2解得t＝4eq\r(5)s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F－f－mgsinθ＝ma2，其中sinθ＝eq\f(h,L2)解得a2＝3.5m/s2.答案：(1)4eq\r(5)s(2)3.5m/s2已知物体的运动情况求受力问题导引一运动员滑雪时的照片如图所示，(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．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？要点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＋eq\f(1,2)at2，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等，再由牛顿第二定律求物体的受力．【核心深化】1．基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：2．解题的一般步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．(4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．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＝1kg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/s00.20.4…2.22.42.6…v/(m·s－1)00.40.8…3.02.01.0…(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．[思路点拨](1)根据表格中的数据求各段的加速度．(2)各段受力分析，由牛顿第二定律求F、α的大小．[解析](1)小滑块从A到B过程中：a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝2m/s2由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2N.(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝5m/s2由牛顿第二定律得：mgsinα＝ma2则α＝30°.[答案](1)2N(2)30°2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务．在距月面高为H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4eq\r(6)m/s时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降．最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面作直线运动，取竖直向下为正方向．已知嫦娥四号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2.求：(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1；(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向．解析：(1)至月表高度30m处速度减为零，缓慢下降，距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，由veq\o\al(2,2)＝2g′h2得：v2＝2eq\r(2)m/s.(2)由题意知加速和减速发生的位移为：h＝102m－30m＝72m由位移关系得：eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＋eq\f(0－veq\o\al(2,1),－2a2)＝h解得：a1＝1m/s2.(3)匀加速直线下降过程，由牛顿第二定律得：mg′－F＝ma1解得：F＝24N，方向竖直向上．答案：(1)2eq\r(2)m/s(2)1m/s2(3)24N方向竖直向上eq\a\vs4\al()由运动情况确定受力应注意的两点问题(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．(2)题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力．1．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则()A．a球最先到达M点B．c球最先到达M点C．b球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M解析：选B.c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，tc＝eq\r(\f(2R,g))；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，xa＝eq\f(R,cos45°)＝eq\r(2)R，xa＝eq\f(1,2)aateq\o\al(2,a)，ta＝eq\r(\f(4R,g))；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，xb＝eq\f(R,cos60°)＝2R，xb＝eq\f(1,2)abteq\o\al(2,b)，tb＝eq\r(\f(8\r(3)R,3g))；由上可知，tb>ta>tc.2．如图所示，有一质量m＝1kg的物块，以初速度v＝6m/s从A点开始沿水平面向右滑行．物块运动中始终受到大小为2N、方向水平向左的力F作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.求：(取g＝10m/s2)(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向；(2)物块向右运动到最远处的位移大小；(3)物块经过多长时间回到出发点A？(结果保留两位有效数字)解析：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小Ff＝μmg＝1N物块向右运动时所受摩擦力的方向水平向左．(2)物块向右运动时的加速度大小a1＝eq\f(F＋Ff,m)＝3m/s2物块向右运动到最远处时的位移大小2a1x＝v2，x＝eq\f(v2,2a1)＝6m.(3)物块向右运动的时间：t1＝eq\f(v,a1)＝2s物块返回时的加速度大小：a2＝eq\f(F－Ff,m)＝1m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得物块返回过程的时间t2＝eq\r(\f(2x,a2))＝2eq\r(3)s≈3.5s物块回到出发点A的时间t＝t1＋t2＝5.5s.答案：(1)1N水平向左(2)6m(3)5.5s3．在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面，取g＝10m/s2，求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小；(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍．解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，下落时间t1＝1.2s由v＝gt1代入数据解得v＝12m/s即座椅在自由下落结束时刻的速度是12m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t，所以h＝(40－4)m＝36m匀加速过程和匀减速过程的最大速度和最小速度相等，由平均速度公式有h＝eq\f(v,2)t，代入数据解得：t＝6s设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2＝t－t1＝4.8s即座椅在匀减速阶段的时间是4.8s.设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F由v＝at2，解得a＝2.5m/s2由牛顿第二定律F－mg＝ma代入数据，解得F＝1.25mg即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的1.25倍．答案：(1)12m/s(2)1.25倍一、单项选择题1．某消防队员从一平台上跳下，下落2m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0.5m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为()A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍解析：选B.由自由落体v2＝2gH，缓冲减速v2＝2ah，由牛顿第二定律F－mg＝ma，解得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))＝5mg，故B正确．2．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()解析：选C.设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，位移大小x＝eq\f(1,2)at2，而x＝eq\f(L,cosθ)，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ)).当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．3．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70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5s，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．450NB．400NC．350ND．300N解析：选C.汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq\f(v0,t)＝5m/s2对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．4．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2eq\r(\f(L,g))D．划艇下滑的最短时间为eq\r(\f(2L,g))解析：选C.设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝eq\f(L,cosθ)，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsinθ，由位移公式得：x＝eq\f(1,2)at2；联立解得：t＝2eq\r(\f(L,gsin2θ))，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2eq\r(\f(L,g)).5．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.eq\r(2as0) B.eq\r(2μ1gs0)C.eq\r(2μ2gs0) D.eq\r(（μ1＋μ2）gs0)解析：选C.设A的质量为m，卡车以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，对构件A由牛顿第二定律得f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1<a2≤μ1g<a，可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1，所以车的最大速度vm＝eq\r(2μ2gs0)，故A、B、D错误，C正确．6．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14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为()A．7m/s B．14m/sC．10m/s D．20m/s解析：选B.设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式veq\o\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2μgx)＝eq\r(2×0.7×10×14)m/s＝14m/s，因此B正确．7．在汽车内的悬线上挂着一个小球m，实验表明当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟它相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况分析正确的是()A．汽车一定向右做加速运动B．汽车的加速度大小为gsinθC．M只受到重力、底板的支持力作用D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力的作用解析：选D.以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg和细线的拉力F，由于小球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律，小球受的合力也水平向右，如图，则有mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ，θ一定，则加速度a一定，汽车的加速度也一定，则汽车可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动，故A、B错误；以物体M为研究对象，M受到重力、底板的支持力和摩擦力．M相对于汽车静止，加速度必定水平向右，根据牛顿第二定律得知，一定受到水平向右的摩擦力，故D正确，C错误．8．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，选项A正确．二、多项选择题9.如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动解析：选BC.水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3N．故a＝eq\f(F＋Ff,m)＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝eq\f(v0,a)＝2s，故B正确，A错误；减速到零后F<Ff，物体处于静止状态，故C正确，D错误．10.从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15kg，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断()A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320mB．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480mC．该星球表面的重力加速度为2.5m/s2D．发动机的推动力F为37.50N解析：选BC.火箭所能达到的最大高度hm＝eq\f(1,2)×24×40m＝480m，故A错误，B正确；该星球表面的重力加速度g星＝eq\f(40,16)m/s2＝2.5m/s2，故C正确；火箭升空时：a＝eq\f(40,8)m/s2＝5m/s2，故推动力F＝mg星＋ma＝112.5N，故D错误．11.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是()A．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F解析：选BC.取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－FN＝2ma，两式联立解得FN＝0.6F，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B、C正确．12．绷紧的传送带长L＝32m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6m/sB．若皮带始终以4m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6m/sC．若传送带始终以4m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8m/s解析：选ABD.若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝1m/s2，根据veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2aL，解得：vB＝6m/s，故A正确；若皮带始终以4m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6m/s，故B正确；若传送带始终以4m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4m/s经历的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(42,2×1)m＝8m＜32m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1×32)m/s＝8m/s＜10m/s，则铁块到达B处的速度为8m/s，故D正确．三、非选择题13．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq\f(2,5).若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0)②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝eq\f(2,5)μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma④s＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(72km/h)．答案：20m/s14.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6).试求：(1)小球运动的加速度a1；(2)若风力F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；(3)在上一问的基础上若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点．解析：(1)在力F作用时有：(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2.(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.8m撤去力F后，小球上滑时有：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，a2＝7.5m/s2因此小球上滑时间t2＝eq\f(v1,a2)＝0.4s上滑位移x2＝eq\f(v1,2)t2＝0.6m则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m.(3)在上滑阶段通过B点：xAB－x1＝v1t3－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)经过B点时的时间为t3＝0.2s，另t3＝0.6s(舍去)小球返回时有：mgsin30°－μmgcos30°＝ma3，a3＝2.5m/s2因此小球由顶端返回B点时有：xm－xAB＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,4)，t4＝eq\f(\r(3),5)s经过B点时的时间为t2＋t4＝eq\f(2＋\r(3),5)s≈0.75s.答案：(1)2.5m/s2(2)2.4m(3)0.2s和0.75s《第5节牛顿运动定律的应用》同步练习1．牛顿第二定律：F＝ma，以加速度为桥梁联系力与运动的关系．2．基本应用(1)已知运动求受力．(2)已知受力求运动．(3)超失重现象．(4)传送带模型的分析流程3．连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或挤放在一起，或用绳子、细杆、弹簧等连在一起．4．图象问题(1)常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象和F－a图象等．(2)图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．连接体中整体法和隔离法的应用在解决连接体问题时，隔离法和整体法往往交叉运用，可以优化解题思路和方法，使解题过程简洁明了．两种方法选择原则如下：(1)求加速度相同的连接体的加速度或合外力时，优先考虑“整体法”；(2)求物体间的作用力时，再用“隔离法”；(3)如果连接体中各部分的加速度不同，一般选用“隔离法”．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；当用恒力F倾斜向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示．则()A．x1＝x2＝x3B．x1>x3＝x2C．若m1>m2，则x1>x3＝x2D．若m1<m2，则x1＜x3＝x2[思路点拨]解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．[解析]通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量．对左图运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：a1＝eq\f(F,m1＋m2)，对b物体有：T1＝m2a1；得：T1＝eq\f(m2F,m1＋m2)；对中间图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：a2＝eq\f(F－（m1＋m2）g,m1＋m2)，对b物体有T2－m2g＝m2a2，得：T2＝eq\f(m2F,m1＋m2)；对右图，整体的加速度：a3＝eq\f(F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ,m1＋m2)，对物体b：T3－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a3，解得T3＝eq\f(m2F,m1＋m2)；则T1＝T2＝T3，根据胡克定律可知，x1＝x2＝x3.[答案]Aeq\a\vs4\al()求解连接体问题的一般思路先用整体法或隔离法求加速度，再用另一方法求物体间的作用力或系统所受合力．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．【达标练习】1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，竖直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cosθ＝mg③水平方向有F′1sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B.2．如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使B静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)．(1)求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT.(2)若在A上再叠放一个与A质量相等的物体C，绳上张力就增大到eq\f(3,2)FT，求m1∶m2.解析：(1)对B有：m2g－FT＝m2a1对A有：FT＝m1a1则FT＝eq\f(m1m2g,m1＋m2).(2)对B有：m2g－FT2＝m2a2对A＋C有：FT2＝2m1a2则FT2＝eq\f(2m1m2g,m2＋2m1).由FT2＝eq\f(3,2)FT得eq\f(2m1m2g,m2＋2m1)＝eq\f(3m1m2g,2（m1＋m2）)所以m1∶m2＝1∶2.答案：(1)eq\f(m1m2g,m1＋m2)(2)1∶2牛顿运动定律与图象的综合问题解决这类问题的基本步骤(1)看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．(2)看图线本身，识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件．明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．在看懂以上三个方面后，进一步弄清“图象与公式”“图象与图象”“图象与物体”之间的联系与变通，以便对有关的物理问题作出准确的判断．(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度[解析]由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝eq\f(v0,t1)，下降过程中的加速度为a2＝eq\f(v1,t1).物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑动摩擦力Ff＝eq\f(m（v0－v1）,2t1)，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图线中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．[答案]ACDeq\a\vs4\al()v－t图象(属于已知运动求受力)(1)根据图象确定物体各段的加速度大小和方向(2)弄清每段与物体运动的对应关系(3)对各段进行受力分析(4)用牛顿第二定律求解F－t图象(属于已知受力求运动)(1)根据图象结合物体运动情况明确物体在各时间段的受力情况(2)利用牛顿第二定律求出加速度(3)利用运动学公式求其他运动量a－F图象图象的力F是物体受到的某一个力的变化对物体加速度的影响，(1)对物体进行全面受力分析(2)根据牛顿第二定律求其他未知力【达标练习】1．如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是()解析：选A.对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可得出T与x的关系．设单位长度质量为m，对整体分析有F＝Lma；对x分析可知T＝xma，联立解得：T＝eq\f(F,L)x，故可知T与x成正比，且x＝0时，T＝0，故A正确．2．如图甲所示，固定光滑轻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的作用下向上运动，推力F与小环的速度v随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小环的质量m；(2)轻杆与地面间的倾角α.解析：(1)由F－t图象知，0～2s内推力F1＝5.5N，由v－t图象知，在此时间段内小环做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2根据牛顿第二定律得F1－mgsinα＝ma①由F－t图象知，2s以后推力F2＝5N，由v－t图象知，此时间段内小环做匀速直线运动，所以有F2－mgsinα＝0②联立①②解得m＝1kg.(2)将m＝1kg代入②式解得sinα＝eq\f(1,2)，故α＝30°.答案：(1)1kg(2)30°滑块—滑板模型滑板—滑块模型的三个基本关系加速度关系如果板、块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板、块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出板、块运动的加速度．应注意找出板、块是否发生相对运动的隐含的条件速度关系板、块之间发生相对运动时，认清板、块的速度关系，从而确定板、块受到的摩擦力．应注意当板、块的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况位移关系板、块叠放在一起运动时，应仔细分析板、块的运动过程，认清板块对地的位移和板块之间的相对位移之间的关系这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程式．如图，质量M＝8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F1＝16N，当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2，问：(1)小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经过多长时间物块停止与小车的相对运动？(小车足够长)(3)小物块从放在车上开始经过t0＝3s所通过的位移是多少？(4)达到相同速度时，若水平恒力立即变为F2＝25N，请通过计算说明物块会从小车左端掉下吗？[解析](1)对物块：μmg＝ma1，得a1＝4m/s2对小车：F1－μmg＝Ma2，得a2＝1m/s2.(2)物块在小车上停止相对滑动时，速度相同则有：a1t1＝v0＋a2t1得t1＝1s.(3)t1内物块位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝2mt1时刻物块速度v1＝a1t1＝4m/st1后M、m有相同的加速度，对M、m整体有：F1＝(M＋m)a3，得a3＝1.6m/s2则t1～3s内物块位移x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝11.2m则3s内物块位移x＝x1＋x2＝13.2m.(4)两者恰好不发生相对滑动时，对m有：Ffm＝mam得am＝4m/s2对整体有：F0＝(m＋M)am＝40N由于F2<F0，故物块不会从小车左端掉下来．[答案](1)4m/s21m/s2(2)1s(3)13.2m(4)见解析【达标练习】1．质量m0＝30kg、长L＝1m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2)．则以下判断中正确的是()A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析：选C.木块受到的滑动摩擦力为Ff2，方向向左，Ff2＝μ2mg＝40N，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F′f2，方向向右，大小为F′f2＝Ff2＝40N，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即Ff1＝μ1(m＋m0)g＝60N．Ff1方向向左，F′f2＜Ff1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x，则由0－veq\o\al(2,0)＝－2μ2gx得x＝2m＞L＝1m，故小木块能滑出木板，选项C正确．2．如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，质量M＝4kg，长L＝1.4m．木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1kg，其尺寸远小于L，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.(取g＝10m/s2)(1)现将一水平恒力F作用在木板上，为使小滑块能从木板上面滑落下来，则F大小的范围是多少？(2)其他条件不变，若恒力F＝22.8N，且始终作用在木板上，最终使得小滑块能从木板上滑落下来，则小滑块在木板上面滑动的时间是多少？解析：(1)要使小滑块能从木板上滑下，则小滑块与木板之间应发生相对滑动，此时，对小滑块分析得出μmg＝ma1，解得a1＝4m/s2，对木板分析得出F－μmg＝Ma2，加速度a1、a2均向右，若小滑块能从木板上滑下，则需要满足a2>a1，解得F>20N.(2)当F＝22.8N时，由(1)知小滑块和木板发生相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma3，则a3＝4.7m/s2.设经时间t，小滑块从木板上滑落，则eq\f(1,2)a3t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得t＝－2s(舍去)或t＝2s.答案：(1)F>20N(2)2s一、选择题1.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平，则外力F的大小为()A．4.5mg B．2mgC．2mg D．0.5mg解析：选A.以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下．则mg和T的合力定沿斜面向下．如图，由牛顿第二定律得：eq\f(mg,sin30°)＝ma，解得a＝2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)gsin30°＝3ma；解得F＝4.5mg.2．某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是()甲乙解析：选A.由题图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力为正，恒定，2～4s沿正方向做匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定，4～6s沿正方向做匀加速直线运动，受力为正，恒定，6～8s沿正方向做匀减速直线运动，受力为负，恒定，物体一直沿正方向运动，位移不可能为负，综合分析只有A正确．3．如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力()A．与θ有关 B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关 D．仅与两物体质量有关解析：选D.对整体分析由牛顿第二定律得，a＝eq\f(F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ,m1＋m2)＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ－μgcosθ；隔离对m2分析，有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得T＝eq\f(m2F,m1＋m2)；知绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关．4．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC．M运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g解析：选AD.第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsinα＝mg；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g.对M，由牛顿第二定律：T－mgsinα＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．5．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物