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培优提升九　牛顿第二运动定律的应用
学习目标　1.会分析瞬时问题，掌握瞬时变化的两种模型。2.能利用运动与相互作用的观念分析力和运动的关系。3.能利用牛顿第二运动定律解决动力学的两类基本问题。
提升1　瞬时问题
两种模型的特点
(1)刚性绳或轻杆模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
(2)轻弹簧或橡皮绳模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在轻弹簧或橡皮绳的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。
例1 如图所示，A、B两球间用轻弹簧连接后再用细绳悬在顶板上；C、D两球间用细绳连接后再用细绳悬在顶板上，四个小球质量相等且均处于静止状态。现分别将A球与C球上方的细绳剪断，剪断瞬间，A、B、C、D四个球的加速度a1、a2、a3和a4的大小分别是(　　)
A.a1＝g、a2＝g B.a1＝2g、a2＝g
C.a3＝2g、a4＝0 D.a3＝g、a4＝g
解决此类问题的基本思路
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小。
(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。
提升2　力和运动关系的分析
1.合外力与加速度的关系
2.力和运动的关系
例2 如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.小球运动到A点速度最大
B.小球运动到B点后加速度方向发生改变
C.从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D.从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小
提升3　动力学中的两类基本问题
角度1　根据运动情况确定受力情况
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，求出物体所受的力。
2.解题思路
例3 (鲁科版教材P133例题改编)如图所示，一小孩坐在雪橇上，小孩和雪橇的总质量为40 kg，大人用倾角为37°斜向上的拉力拉雪橇，地面对雪橇的阻力为4 N。若使小孩和雪橇在水平雪地上由静止开始做匀加速直线运动，10 s内前进了15 m。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小孩和雪橇运动时加速度的大小；
(2)小孩和雪橇所受合外力的大小；
(3)大人的拉力大小；
(4)雪地对雪橇的支持力大小。
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角度2　根据受力情况确定运动情况
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
例4 (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(　　)
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
1.解决动力学两类问题的两个关键点
2.解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(两个或三个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(三个或三个以上)，则采用“正交分解法”。　　角度3　多过程问题
解决这类问题的关键是要理清物体的运动情况，也就是要进行运动过程分析，接下来就是要找相邻两个过程之间的关联。
一般解题思路
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程之间的联系，寻找解题方法。
例5 如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
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随堂对点自测
1.(瞬时问题)如图所示，物体P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将P和天花板相连，已知mQ＝2mP，重力加速度为g。剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹力变小
B.弹簧的弹力变大
C.物体P的加速度大小为2g，方向竖直向上
D.物体Q的加速度大小为g，方向竖直向上
2.(力和运动关系的分析)(2024·北京市石景山区高一期末)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化是(　　)
A.加速度增大，速度增大
B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小
D.加速度减小，速度增大
3.(动力学中的两类基本问题) (2024·贵州安顺一中高一期末)世界首个电磁驱动地面超高速试验设施——“电磁橇”建成并成功运行。假设试验时，“电磁橇”从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，经过572 m时速度均匀增加到1 030 km/h(286 m/s)。已知“电磁橇”的质量为1.0×103 kg，“电磁橇”所受阻力的大小恒为其重力的0.15倍，取g＝10 m/s2。求：
(1)“电磁橇”加速的时间；
(2)“电磁橇”所受电磁驱动力的大小。
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培优提升九　牛顿第二运动定律的应用
提升1
例1 D　[设四个小球的质量均为m，由平衡条件知弹簧上弹力大小为mg，当剪断A球上方的细绳瞬间，弹簧上的弹力不能突变，A球的加速度为a1＝＝2g，故A错误；B球重力与弹簧向上的弹力大小相等，B球在此瞬间受到的合力为零，加速度为a2＝0，故B错误；当剪断O′C间细绳的瞬间，C球和D球以相同的加速度向下运动，加速度大小为a3＝a4＝＝g，故C错误，D正确。]
提升2
例2 B　[从O点到A点的过程中，小球只受重力，做匀加速运动，从A点到B点的过程中，小球受到重力和弹簧的弹力，且弹簧的弹力小于重力，小球的合外力向下，小球做加速运动，到达B点速度最大，从B点到C点的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球的合力向上，与速度方向相反，则小球做减速运动，弹力在增大，合外力增大，加速度增大，故B正确。]
提升3
例3 (1)0.3 m/s2　(2)12 N　(3)20 N　(4)388 N
解析　(1)根据匀变速直线运动的规律s＝at2可得
小孩和雪橇运动时的加速度大小a＝＝0.3 m/s2。
(2)根据牛顿运动定律可得F＝ma＝12 N。
(3)小孩和雪橇组成的整体受到重力、地面的支持力和阻力、以及绳的拉力，将绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，可得Tcos 37°－f＝ma，N＋Tsin 37°＝mg
联立解得大人的拉力T＝20 N。
(4)雪地对雪橇的支持力大小
N＝mg－Tsin 37°＝388 N。
例4 AD　[热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s后的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230 N，选项D正确。]
例5 (1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)1.8 m
解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma
解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)由M到B，根据运动学公式可知v＝2aL
解得vB＝＝ m/s＝6 m/s。
(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
代入数据得加速度的大小为a′＝10 m/s2
逆向分析可得v＝2a′s
解得s＝＝1.8 m。
随堂对点自测
1.C　[剪断绳子的瞬间，弹簧中的弹力不能突变，因此弹簧中的弹力保持不变，故A、B错误；设物体P的质量为m，剪断细线前，对P、Q整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力而平衡，故F弹＝(mP＋mQ)g＝3mg；再对物体P受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力，剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力发生突变减为零，故物体P受到的力的合力等于2mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律得P的加速度为aP＝＝2g，故C正确；剪断细线前，对物体Q受力分析，受到重力和细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，根据牛顿第二定律得物体Q的加速度为g，方向竖直向下，故D错误。]
2.D　[当合外力减小时，根据牛顿第二定律a＝知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大，D正确。]
3.(1)4 s　(2)7.3×104 N
解析　(1)设“电磁撬”加速的时间为t，有s＝t
解得t＝4 s。
(2)设“电磁撬”匀加速过程加速度的大小为a，则
v2＝2as
设“电磁撬”所受电磁推力的大小为F，由牛顿第二定律有F－0.15mg＝ma
解得F＝7.3×104 N。培优提升九　牛顿第二运动定律的应用　　　　　　　　　　　　　　　　
选择题1～8题，每小题8分，共64分。
基础对点练
题组一　瞬时问题
1.(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的水平轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然撤去F的瞬间(　　)
A的加速度大小为
A的加速度大小为零
B的加速度大小为
B的加速度大小为
2.(多选)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向上
仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向右
仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向左
仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向下
题组二　力和运动关系的分析
3.(2024·福建福州高一期末)如图所示，在水平地面上，弹簧左端固定，右端自由伸长到O处并系住物体m，现将弹簧压缩到A处，然后静止释放，物体一直可以运动到B处，若物体受到的摩擦力大小恒定，则(　　)
物体从A到O先加速后减速
物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
物体运动到O处时所受合力为零
物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
4.(多选)如图所示，一跳床运动员从跳床正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触跳床后把跳床压缩到一定程度后停止下落。在运动员下落的这一过程中，下列说法中正确的是(　　)
运动员刚接触跳床瞬间速度最大
从运动员接触跳床起加速度变为竖直向上
从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的速度先增大后减小
从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的加速度先减小后增大
题组三　动力学中的两类基本问题
5.“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0、竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，则当导弹运动了时间t时的速度大小为(　　)
t t
6.如图所示，车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　)
420 N 600 N 800 N 1 000 N
7.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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
物体经10 s速度减为零
物体经5 s速度减为零
物体速度减为零后将保持静止
物体速度减为零后将向右运动
8.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　)
42 N 6 N 21 N 36 N
综合提升练
9.(12分)某质量为1 100 kg的汽车在平直路面上进行测试，现测得汽车前进中所受阻力恒为车重的0.04倍，当汽车用2 000 N的牵引力起步加速时，需要多长时间速度能达到100 km/h？如汽车以100 km/h匀速前进时，关闭汽车发动机，则汽车的滑行距离是多少(g取10 m/s2)？
10.(12分)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)(6分)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的大小；
(2)(6分)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？
11.(12分)如图所示，一只企鹅试图翻越倾角为37°的冰坡，它从冰坡底部由静止出发，以1 m/s2的加速度沿直线向上奔跑，当速度达到4 m/s时突然卧倒以腹部贴着冰面滑行。假设企鹅在滑行过程中姿势保持不变，腹部与冰面间动摩擦因数为0.25，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)(6分)求企鹅向上奔跑的距离；
(2)(6分)若企鹅翻越冰坡失败，求从冰坡上滑下回到出发点时的速度大小。
培优提升九　牛顿第二运动定律的应用
1.BD　[在撤去力F的瞬间，A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错误，B正确；在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为，选项C错误，D正确。]
2.CD　[设小球的质量为m，小球静止时F绳＝mgtan θ，剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受到的合外力与F绳等大反向，a＝gtan θ，方向水平向左，选项C正确，A错误；若剪断轻弹簧与小球的连接端，绳子拉力消失，小球只受重力，a＝g，方向竖直向下，选项D正确，B错误。]
3.A　[由于物体与水平地面之间存在摩擦力，所以在物体从A向O运动的过程中水平方向受到弹簧向右的弹力和水平地面对它向左的摩擦力，当二力大小相等时，物体的加速度为零，速度最大，该点一定在A、O之间，所以物体在从A向O运动的过程中加速度先减小后增大，而速度先增大后减小，故A正确，B、D错误；物体运动到O处时，虽然弹簧的弹力为零，但此时物体在向右运动，受到向左的摩擦力作用，所以物体的合力不为零，故C错误。]
4.CD　[运动员的加速度大小取决于运动员受到的合外力，从接触跳床到最低点过程中，弹力从零开始逐渐增大，所以合外力先向下减小后向上增大，因此加速度先向下减小后向上增大；所以速度先减小后增大，当运动员所受弹力和重力大小相等时，运动员速度最大，故C、D正确。]
5.A　[根据F－mg＝ma解得a＝－g，导弹运动了时间t时的速度大小v＝at＝t，A正确。]
6.A　[从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，选项A正确。]
7.C　[施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上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f＝μN＝μmg＝3 N，由牛顿第二定律得a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需时间为t＝＝2 s，故A、B错误；因F＜f，则物体减速到零后将保持静止状态，故C正确，D错误。]
8.D　[因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件得mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ＝；当木块在推力作用下加速上滑时，由运动学公式s＝at2，得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。]
9.19.6 s　966.05 m
解析　如图(a)和(b)所示建立平面直角坐标系，在图上作出汽车受力示意图，以初始时汽车运动的方向为x轴的正方向，沿两个坐标轴方向分别建立方程
　
汽车起步加速阶段N－G＝0①
由牛顿第二定律得F－f＝ma1②
f＝0.04×1 100×10 N＝440 N③
将③式代入②式得
a1＝ m/s2≈1.42 m/s2④
由运动学公式vt－v0＝at⑤
将④式代入⑤式得t＝＝ s≈19.6 s
汽车关闭发动机后，由牛顿第二定律得
－f＝ma2⑥
a2＝ m/s2≈－0.4 m/s2⑦
由运动学公式v－v＝2as⑧
将⑦式代入⑧式得s＝ m≈966.05 m。
10.(1)见解析图　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－f＝ma
解得f＝240 N。
(2)滑雪人到坡底的速度
vt＝at
解得vt＝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f＝ma1，可得a1＝4 m/s2
由运动学公式0－v＝－2a1s，解得s＝50 m。
11.(1)8 m　(2)6 m/s
解析　(1)企鹅向上奔跑的距离
s1＝＝ m＝8 m。
(2)企鹅在冰面向上滑行过程，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝－8 m/s2
企鹅向上滑行的距离s2＝＝1 m
企鹅向上运动的总位移大小s＝s1＋s2＝9 m
企鹅在冰面向下滑行过程，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得a3＝4 m/s2
由运动学公式v′2＝2a3s可知，从冰坡上滑下回到出发点时的速度大小
v′＝＝6 m/s。(共48张PPT)
培优提升九　牛顿第二运动定律的应用
第5章　牛顿运动定律
1.会分析瞬时问题，掌握瞬时变化的两种模型。
2.能利用运动与相互作用的观念分析力和运动的关系。
3.能利用牛顿第二运动定律解决动力学的两类基本问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　力和运动关系的分析
提升1　瞬时问题
提升3　动力学中的两类基本问题
提升1　瞬时问题
两种模型的特点
(1)刚性绳或轻杆模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
(2)轻弹簧或橡皮绳模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在轻弹簧或橡皮绳的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。
例1 如图所示，A、B两球间用轻弹簧连接后再用细绳悬在顶板上；C、D两球间用细绳连接后再用细绳悬在顶板上，四个小球质量相等且均处于静止状态。现分别将A球与C球上方的细绳剪断，剪断瞬间，A、B、C、D四个球的加速度a1、a2、a3和a4的大小分别是(　　)
A.a1＝g、a2＝g B.a1＝2g、a2＝g
C.a3＝2g、a4＝0 D.a3＝g、a4＝g
D
解决此类问题的基本思路
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小。
(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。
(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。
　　提升2　力和运动关系的分析
1.合外力与加速度的关系
2.力和运动的关系
例2 如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.小球运动到A点速度最大
B.小球运动到B点后加速度方向发生改变
C.从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D.从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小
B
解析　从O点到A点的过程中，小球只受重力，做匀加速运动，从A点到B点的过程中，小球受到重力和弹簧的弹力，且弹簧的弹力小于重力，小球的合外力向下，小球做加速运动，到达B点速度最大，从B点到C点的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球的合力向上，与速度方向相反，则小球做减速运动，弹力在增大，合外力增大，加速度增大，故B正确。
提升3　动力学中的两类基本问题
角度1　根据运动情况确定受力情况
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，求出物体所受的力。
2.解题思路
例3 (鲁科版教材P133例题改编)如图所示，一小孩坐在雪橇上，小孩和雪橇的总质量为40 kg，大人用倾角为37°斜向上的拉力拉雪橇，地面对雪橇的阻力为4 N。若使小孩和雪橇在水平雪地上由静止开始做匀加速直线运动，10 s内前进了15 m。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小孩和雪橇运动时加速度的大小；
(2)小孩和雪橇所受合外力的大小；
(3)大人的拉力大小；
(4)雪地对雪橇的支持力大小。
(2)根据牛顿运动定律可得F＝ma＝12 N。
(3)小孩和雪橇组成的整体受到重力、地面的支持力和阻力、以及绳的拉力，将绳的拉力分解到水平方向和竖直方向，可得Tcos 37°－f＝ma，N＋Tsin 37°＝mg
联立解得大人的拉力T＝20 N。
(4)雪地对雪橇的支持力大小
N＝mg－Tsin 37°＝388 N。
答案　(1)0.3 m/s2　(2)12 N　(3)20 N　(4)388 N
角度2　根据受力情况确定运动情况
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
例4 (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(　　)
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
AD
解析　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，选项A正确；最终热气球匀速上升，说明热气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，选项B错误；热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s后的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230 N，选项D正确。
1.解决动力学两类问题的两个关键点
2.解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(两个或三个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(三个或三个以上)，则采用“正交分解法”。
角度3　多过程问题
解决这类问题的关键是要理清物体的运动情况，也就是要进行运动过程分析，接下来就是要找相邻两个过程之间的关联。
一般解题思路
(1)“合”——初步了解全过程，构建大致运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程之间的联系，寻找解题方法。
例5 如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)，则：
(1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？
(2)物体到达B点时的速度是多大？
(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma
(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
代入数据得加速度的大小为a′＝10 m/s2
答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)1.8 m
随堂对点自测
2
C
1.(瞬时问题)如图所示，物体P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将P和天花板相连，已知mQ＝2mP，重力加速度为g。剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧的弹力变小
B.弹簧的弹力变大
C.物体P的加速度大小为2g，方向竖直向上
D.物体Q的加速度大小为g，方向竖直向上
D
2.(力和运动关系的分析)(2024·北京市石景山区高一期末)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化是(　　)
A.加速度增大，速度增大 B.加速度减小，速度减小
C.加速度增大，速度减小 D.加速度减小，速度增大
3.(动力学中的两类基本问题) (2024·贵州安顺一中高一期末)世界首个电磁驱动地面超高速试验设施——“电磁橇”建成并成功运行。假设试验时，“电磁橇”从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，经过572 m时速度均匀增加到1 030 km/h(286 m/s)。已知“电磁橇”的质量为1.0×103 kg，“电磁橇”所受阻力的大小恒为其重力的0.15倍，取g＝10 m/s2。求：
(1)“电磁橇”加速的时间；
(2)“电磁橇”所受电磁驱动力的大小。
答案　(1)4 s　(2)7.3×104 N
(2)设“电磁撬”匀加速过程加速度的大小为a，则
v2＝2as
设“电磁撬”所受电磁推力的大小为F，由牛顿第二定律有
F－0.15mg＝ma
解得F＝7.3×104 N。
课后巩固训练
3
BD
题组一　瞬时问题
1.(多选)质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的水平轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然撤去F的瞬间(　　)
基础对点练
CD
2.(多选)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向上
B.仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向右
C.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向左
D.仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向下
解析　设小球的质量为m，小球静止时F绳＝mgtan θ，剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受到的合外力与F绳等大反向，a＝gtan θ，方向水平向左，选项C正确，A错误；若剪断轻弹簧与小球的连接端，绳子拉力消失，小球只受重力，a＝g，方向竖直向下，选项D正确，B错误。
A
题组二　力和运动关系的分析
3.(2024·福建福州高一期末)如图所示，在水平地面上，弹簧左端固定，右端自由伸长到O处并系住物体m，现将弹簧压缩到A处，然后静止释放，物体一直可以运动到B处，若物体受到的摩擦力大小恒定，则(　　)
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处时所受合力为零
D.物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
解析　由于物体与水平地面之间存在摩擦力，所以在物体从A向O运动的过程中水平方向受到弹簧向右的弹力和水平地面对它向左的摩擦力，当二力大小相等时，物体的加速度为零，速度最大，该点一定在A、O之间，所以物体在从A向O运动的过程中加速度先减小后增大，而速度先增大后减小，故A正确，B、D错误；物体运动到O处时，虽然弹簧的弹力为零，但此时物体在向右运动，受到向左的摩擦力作用，所以物体的合力不为零，故C错误。
CD
4.(多选)如图所示，一跳床运动员从跳床正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触跳床后把跳床压缩到一定程度后停止下落。在运动员下落的这一过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.运动员刚接触跳床瞬间速度最大
B.从运动员接触跳床起加速度变为竖直向上
C.从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的速度先增大后减小
D.从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的加速度先减小后增大
解析　运动员的加速度大小取决于运动员受到的合外力，从接触跳床到最低点过程中，弹力从零开始逐渐增大，所以合外力先向下减小后向上增大，因此加速度先向下减小后向上增大；所以速度先减小后增大，当运动员所受弹力和重力大小相等时，运动员速度最大，故C、D正确。
A
题组三　动力学中的两类基本问题
5.“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器，假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0、竖直向上的匀加速直线运动，有一导弹的质量为m，助推力为F，忽略空气阻力及燃料的质量，则当导弹运动了时间t时的速度大小为(　　)
A
6.如图所示，车辆在行驶过程中，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。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　)
A.420 N B.600 N C.800 N D.1 000 N
C
7.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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经5 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
D
8.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　)
A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N
9.某质量为1 100 kg的汽车在平直路面上进行测试，现测得汽车前进中所受阻力恒为车重的0.04倍，当汽车用2 000 N的牵引力起步加速时，需要多长时间速度能达到100 km/h？如汽车以100 km/h匀速前进时，关闭汽车发动机，则汽车的滑行距离是多少(g取10 m/s2)
答案　19.6 s　966.05 m
综合提升练
解析　如图(a)和(b)所示建立平面直角坐标系，在图上作出汽车受力示意图，以初始时汽车运动的方向为x轴的正方向，沿两个坐标轴方向分别建立方程
汽车起步加速阶段N－G＝0①
由牛顿第二定律得F－f＝ma1②
f＝0.04×1 100×10 N＝440 N③
将③式代入②式得
汽车关闭发动机后，由牛顿第二定律得
－f＝ma2⑥
10.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的大小；
(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)见解析图　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－f＝ma
解得f＝240 N。
(2)滑雪人到坡底的速度
vt＝at
解得vt＝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f＝ma1，可得a1＝4 m/s2
11.如图所示，一只企鹅试图翻越倾角为37°的冰坡，它从冰坡底部由静止出发，以1 m/s2的加速度沿直线向上奔跑，当速度达到4 m/s时突然卧倒以腹部贴着冰面滑行。假设企鹅在滑行过程中姿势保持不变，腹部与冰面间动摩擦因数为0.25，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)求企鹅向上奔跑的距离；
(2)若企鹅翻越冰坡失败，求从冰坡上滑下回到出发点时的速度大小。
解析　(1)企鹅向上奔跑的距离
(2)企鹅在冰面向上滑行过程，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝－8 m/s2
企鹅向上运动的总位移大小s＝s1＋s2＝9 m
企鹅在冰面向下滑行过程，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得a3＝4 m/s2
由运动学公式v′2＝2a3s可知，从冰坡上滑下回到出发点时的速度大小

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