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物理5 牛顿运动定律的应用学案及答案
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这是一份物理5 牛顿运动定律的应用学案及答案，文件包含45牛顿运动定律的应用原卷版-2020-2021年高一物理知识讲学卓越讲义新教材人教版必修第一册docx、45牛顿运动定律的应用解析版-2020-2021年高一物理知识讲学卓越讲义新教材人教版必修第一册docx等2份学案配套教学资源，其中学案共33页， 欢迎下载使用。
2020-2021学年高一物理同步讲义（新教材人教A版必修第一册）
第四章 运动和力的关系
4.5 牛顿运动定律的应用
一．知识点归纳
知识点一 已知物体的受力求运动情况
1．由物体的受力情况确定其运动的思路
→→→→
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．
知识点二 已知物体的运动情况求受力
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．
二、题型分析
题型一 从受力确定运动情况
【例1】(2019-2020学年·浙江湖州高一期中)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40 kg，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40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s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．
【答案】(1)5 m/s (2)50 m
【解析】(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②式得vm＝5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
v＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m.
【总结提升】从受力确定运动情况应注意的三个方面
(1)方程的形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F－ma＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义．
(2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值．
(3)求解：F、m、a采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论．
【变式】．一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5 s内滑下的路程和5 s末的速度大小．(g取10 m/s2)
【答案】58.2 m 23.3 m/s
【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示．
将重力mg沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，据平衡条件和牛顿第二定律列方程
FN－mgcosθ＝0①
mgsinθ－Ff＝ma②
又因为Ff＝μFN③
由①②③可得：a＝g(sinθ－μcosθ)
故x＝at2＝g(sinθ－μcosθ)t2＝×10××52 m＝58.2 m
v＝at＝10××5 m/s＝23.3 m/s
题型二 等时圆模型
【例2】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．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
【答案】D
【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
mgcos θ＝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＝2Rcos θ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③式联立解得t＝2
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.
【模型构建】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
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
【变式】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∶1
C.∶1 D．1∶
【答案】B.
【解析】：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＝gcos θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)cos θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝ ＝2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
题型三 已知物体的运动情况求受力
【例3】(2019-2020学年·佛山高一检测)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＝1 kg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/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
(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．
【答案】(1)2 N (2)30°
【解析】(1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2
由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N.
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：
a2＝＝5 m/s2
由牛顿第二定律得：
mgsin α＝ma2
则α＝30°.
【归纳总结】从运动情况确定受力应注意的三个方面
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．
(2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解．
(3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力．
【变式】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°，车胎与地面间的动摩擦因数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．重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度大小v；
(2)战士匀加速运动阶段绳子对车胎的拉力大小F.
【答案】(1)5 s 8 m/s (2)59.92 N
【解析】(1)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：Fcos37°－f＝ma
在y方向有：N＋Fsin37°－mg＝0
且f＝μN
代入数据联立解得：F＝59.92 N
三．课堂检测
1．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t秒内的位移为x m，则合力F的大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由运动情况可求得质点的加速度a＝ m/s2，则合力F＝ma＝ N，故A项对．
2．(多选)如图1所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图2所示，下列判断不正确的是( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大且大于摩擦力
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定且等于摩擦力
C．在3～4 s内，外力F不断减小且大于摩擦力
D．在3～4 s内，外力F不断减小且小于摩擦力
【答案】AC
【解析】由题图2可知，在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，合外力不变，由于摩擦力不变，所以外力F不变且大于摩擦力，故A错误．在1～3 s内，物块匀速运动，外力F等于摩擦力，故B正确．根据3～4 s内速度图线的变化规律可知，物块加速度反向且增大，说明外力F小于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，f－F＝ma′，外力F在不断减小，C错误，D正确．故选AC.
3.(2019-2020学年·江苏高一月考)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＝8×108 N，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( )
【答案】C.
【解析】：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．
4.(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
【答案】AC.
【解析】：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－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝，F2＝Gtan θ＋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．
5.(2019-2020学年·浙江期中)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＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m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＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105 N，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．
【答案】：(1)4 s (2)3.5 m/s2
【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＝4.5 m/s2
由匀加速直线运动公式L1＝at2
解得t＝4 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－mgsin θ＝ma2，其中sin θ＝
解得a2＝3.5 m/s2.
四、课后提升作业
1．(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)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
【答案】B.
【解析】：c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝gt，tc＝；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin 45°＝g，xa＝＝R，xa＝aat，ta＝；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin 60°＝g，xb＝＝2R，xb＝abt，tb＝；由上可知，tb>ta>tc.
2.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( )
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
【答案】B.
【解析】：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＝mg＝5mg，故B正确．
3．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( )
【答案】C.
【解析】：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＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝ .当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
4.（多选）如图所示，质量为m＝1 kg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10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s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
【答案】BC.
【解析】：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＝3 N．故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F
A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 m
B．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 m
C．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2
D．发动机的推动力F为37.50 N
【答案】BC.
【解析】：火箭所能达到的最大高度hm＝×24×40 m＝480 m，故A错误，B正确；该星球表面的重力加速度g星＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C正确；火箭升空时：a＝ m/s2＝5 m/s2，故推动力F＝mg星＋ma＝112.5 N，故D错误．
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( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
【答案】B.
【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μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
7．(2019-2020学年·太原期末)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2 D．划艇下滑的最短时间为
【答案】C.
【解析】：设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsin θ，由位移公式得：x＝at2；联立解得：t＝2，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2.
8．(2019-2020·江苏扬州高一期中)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. B.
C. D.
【答案】C.
【解析】：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
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0.6F
D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F
【答案】BC.
【解析】：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．
10．(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是( )
A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/s
B．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/s
C．若传送带始终以4 m/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10 m/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8 m/s
【答案】ABD.
【解析】：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＝1 m/s2，根据v－v＝－2aL，解得：vB＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/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6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/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4 m/s 经历的位移x＝＝ m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/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＝＝ m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．
11.如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍．现对物体施加一个大小F＝8 N，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s内通过的位移．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)
【答案】16.25 m
【解析】物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F.根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff＝ma①
Fsinθ＋FN－G＝0②
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力Ff＝μFN③
由①②③得a＝1.3 m/s2，
由运动学公式得5 s内物体的位移
x＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m.
12．如图甲所示，质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，物体运动的F－t图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：
(1)0～1 s内物体运动位移的大小；
(2)1 s后物体继续沿斜面上滑的距离．
【答案】(1)9 m (2)54 m
【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：
在0～1 s内F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝18 m/s2
0～1 s内的位移x1＝a1t＝9 m
(2)1 s时物体的速度v＝a1t1＝18 m/s
1 s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中
mgsin37°＋μmgcos37°－F′＝ma2，解得a2＝3 m/s2
设物体继续上滑的距离为x2，由2a2x2＝v2得x2＝54 m
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1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．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.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
【答案】：20 m/s
【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＝ma0①
s＝v0t0＋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＝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＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(72 km/h)．
14．如图所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25.(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：
(1)AB之间的距离；
(2)滑块再次回到A点时的速度；
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．
【答案】(1)16 m (2)8 m/s (3)(2＋2) s
【解析】(1)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，则a1＝8 m/s2，由v－v＝－2a1xAB，得AB之间的距离xAB＝16 m；
(2)设滑块从B返回到A过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，则a2＝4 m/s2，则滑块返回到A点时的速度为vt，有v＝2a2xAB，解得：vt＝8 m/s；
(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有：t1＝＝2 s，t2＝＝2 s，则滑块在整个运动过程中所用的时间为：t＝t1＋t2＝(2＋2) s.
15.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1 kg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＝20 N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＝.试求：
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若风力F作用1.2 s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2.25 m的B点．
【答案】：(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m (3)0.2 s和0.75 s
【解析】：(1)在力F作用时有：
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2.
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，a2＝7.5 m/s2
因此小球上滑时间t2＝＝0.4 s
上滑位移x2＝t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m.
(3)在上滑阶段通过B点：
xAB－x1＝v1t3－a2t
经过B点时的时间为t3＝0.2 s，另t3＝0.6 s(舍去)
小球返回时有：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma3，a3＝2.5 m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：
xm－xAB＝a3t，t4＝ s
经过B点时的时间为t2＋t4＝ s≈0.75 s.
2020-2021学年高一物理同步讲义（新教材人教A版必修第一册）
第四章 运动和力的关系
4.5 牛顿运动定律的应用
一．知识点归纳
知识点一 已知物体的受力求运动情况
1．由物体的受力情况确定其运动的思路
→→→→
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．
知识点二 已知物体的运动情况求受力
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．
二、题型分析
题型一 从受力确定运动情况
【例1】(2019-2020学年·浙江湖州高一期中)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40 kg，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40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s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．
【答案】(1)5 m/s (2)50 m
【解析】(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②式得vm＝5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
v＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m.
【总结提升】从受力确定运动情况应注意的三个方面
(1)方程的形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F－ma＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义．
(2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值．
(3)求解：F、m、a采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论．
【变式】．一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5 s内滑下的路程和5 s末的速度大小．(g取10 m/s2)
【答案】58.2 m 23.3 m/s
【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示．
将重力mg沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，据平衡条件和牛顿第二定律列方程
FN－mgcosθ＝0①
mgsinθ－Ff＝ma②
又因为Ff＝μFN③
由①②③可得：a＝g(sinθ－μcosθ)
故x＝at2＝g(sinθ－μcosθ)t2＝×10××52 m＝58.2 m
v＝at＝10××5 m/s＝23.3 m/s
题型二 等时圆模型
【例2】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
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
【答案】D
【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
mgcos θ＝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＝2Rcos θ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③式联立解得t＝2
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.
【模型构建】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
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
【变式】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∶1
C.∶1 D．1∶
【答案】B.
【解析】：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＝gcos θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)cos θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝ ＝2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
题型三 已知物体的运动情况求受力
【例3】(2019-2020学年·佛山高一检测)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＝1 kg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/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
(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．
【答案】(1)2 N (2)30°
【解析】(1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2
由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N.
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：
a2＝＝5 m/s2
由牛顿第二定律得：
mgsin α＝ma2
则α＝30°.
【归纳总结】从运动情况确定受力应注意的三个方面
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．
(2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解．
(3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力．
【变式】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°，车胎与地面间的动摩擦因数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．重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度大小v；
(2)战士匀加速运动阶段绳子对车胎的拉力大小F.
【答案】(1)5 s 8 m/s (2)59.92 N
【解析】(1)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：Fcos37°－f＝ma
在y方向有：N＋Fsin37°－mg＝0
且f＝μN
代入数据联立解得：F＝59.92 N
三．课堂检测
1．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t秒内的位移为x m，则合力F的大小为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由运动情况可求得质点的加速度a＝ m/s2，则合力F＝ma＝ N，故A项对．
2．(多选)如图1所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图2所示，下列判断不正确的是( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大且大于摩擦力
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定且等于摩擦力
C．在3～4 s内，外力F不断减小且大于摩擦力
D．在3～4 s内，外力F不断减小且小于摩擦力
【答案】AC
【解析】由题图2可知，在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，合外力不变，由于摩擦力不变，所以外力F不变且大于摩擦力，故A错误．在1～3 s内，物块匀速运动，外力F等于摩擦力，故B正确．根据3～4 s内速度图线的变化规律可知，物块加速度反向且增大，说明外力F小于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，f－F＝ma′，外力F在不断减小，C错误，D正确．故选AC.
3.(2019-2020学年·江苏高一月考)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＝8×108 N，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( )
【答案】C.
【解析】：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．
4.(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
【答案】AC.
【解析】：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－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝，F2＝Gtan θ＋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．
5.(2019-2020学年·浙江期中)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＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m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＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105 N，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．
【答案】：(1)4 s (2)3.5 m/s2
【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＝4.5 m/s2
由匀加速直线运动公式L1＝at2
解得t＝4 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－mgsin θ＝ma2，其中sin θ＝
解得a2＝3.5 m/s2.
四、课后提升作业
1．(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)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
【答案】B.
【解析】：c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝gt，tc＝；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin 45°＝g，xa＝＝R，xa＝aat，ta＝；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin 60°＝g，xb＝＝2R，xb＝abt，tb＝；由上可知，tb>ta>tc.
2.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( )
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
【答案】B.
【解析】：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＝mg＝5mg，故B正确．
3．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( )
【答案】C.
【解析】：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＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝ .当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
4.（多选）如图所示，质量为m＝1 kg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10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )
A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s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
【答案】BC.
【解析】：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＝3 N．故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后F
A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 m
B．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 m
C．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2
D．发动机的推动力F为37.50 N
【答案】BC.
【解析】：火箭所能达到的最大高度hm＝×24×40 m＝480 m，故A错误，B正确；该星球表面的重力加速度g星＝ m/s2＝2.5 m/s2，故C正确；火箭升空时：a＝ m/s2＝5 m/s2，故推动力F＝mg星＋ma＝112.5 N，故D错误．
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( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
【答案】B.
【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μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
7．(2019-2020学年·太原期末)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2 D．划艇下滑的最短时间为
【答案】C.
【解析】：设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsin θ，由位移公式得：x＝at2；联立解得：t＝2，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2.
8．(2019-2020·江苏扬州高一期中)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. B.
C. D.
【答案】C.
【解析】：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
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0.6F
D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F
【答案】BC.
【解析】：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．
10．(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是( )
A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/s
B．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/s
C．若传送带始终以4 m/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10 m/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8 m/s
【答案】ABD.
【解析】：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＝1 m/s2，根据v－v＝－2aL，解得：vB＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/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6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/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4 m/s 经历的位移x＝＝ m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/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＝＝ m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．
11.如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍．现对物体施加一个大小F＝8 N，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s内通过的位移．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)
【答案】16.25 m
【解析】物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F.根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff＝ma①
Fsinθ＋FN－G＝0②
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力Ff＝μFN③
由①②③得a＝1.3 m/s2，
由运动学公式得5 s内物体的位移
x＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m.
12．如图甲所示，质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，物体运动的F－t图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：
(1)0～1 s内物体运动位移的大小；
(2)1 s后物体继续沿斜面上滑的距离．
【答案】(1)9 m (2)54 m
【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：
在0～1 s内F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝18 m/s2
0～1 s内的位移x1＝a1t＝9 m
(2)1 s时物体的速度v＝a1t1＝18 m/s
1 s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中
mgsin37°＋μmgcos37°－F′＝ma2，解得a2＝3 m/s2
设物体继续上滑的距离为x2，由2a2x2＝v2得x2＝54 m
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1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．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.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
【答案】：20 m/s
【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＝ma0①
s＝v0t0＋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＝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＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(72 km/h)．
14．如图所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25.(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：
(1)AB之间的距离；
(2)滑块再次回到A点时的速度；
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．
【答案】(1)16 m (2)8 m/s (3)(2＋2) s
【解析】(1)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，则a1＝8 m/s2，由v－v＝－2a1xAB，得AB之间的距离xAB＝16 m；
(2)设滑块从B返回到A过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，则a2＝4 m/s2，则滑块返回到A点时的速度为vt，有v＝2a2xAB，解得：vt＝8 m/s；
(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有：t1＝＝2 s，t2＝＝2 s，则滑块在整个运动过程中所用的时间为：t＝t1＋t2＝(2＋2) s.
15.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1 kg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＝20 N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＝.试求：
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若风力F作用1.2 s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2.25 m的B点．
【答案】：(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m (3)0.2 s和0.75 s
【解析】：(1)在力F作用时有：
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2.
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，a2＝7.5 m/s2
因此小球上滑时间t2＝＝0.4 s
上滑位移x2＝t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m.
(3)在上滑阶段通过B点：
xAB－x1＝v1t3－a2t
经过B点时的时间为t3＝0.2 s，另t3＝0.6 s(舍去)
小球返回时有：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma3，a3＝2.5 m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：
xm－xAB＝a3t，t4＝ s
经过B点时的时间为t2＋t4＝ s≈0.75 s.
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