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5.牛顿运动定律的应用
题组一　从受力确定运动情况
1.如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则（　　）
A.携带弹药越多，加速度越大
B.加速度相同，与携带弹药的多少无关
C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D.携带弹药越多，滑行时间越长
2.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
3.如图所示，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O为圆心，Q、O、N三点在同一竖直线上，OQ＝ON。现将光滑平板（足够长）的下端P置于M处，光滑平板上部架在Q点。横杆下端的位置可在轨道MN上调节，使得平板与竖直线间的夹角α可调节。将物块（视为质点）从Q点由静止释放，物块沿平板从Q点滑到P点的时间用t表示。若仅将α减小，则t将（　　）
A.不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.先减小后增大
题组二　从运动情况确定受力
4.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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，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作用力大约为（　　）
A.420 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
5.（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，取重力加速度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
题组三　动力学中的多过程问题
6.一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤去该力，物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小分别为a1和a2，物体在水平面上所受的摩擦力为Ff，则（　　）
A.a1∶a2＝1∶3 B.a1∶a2＝4∶1
C.Ff∶F＝1∶3 D.Ff∶F＝1∶4
7.如图所示，某滑草场的滑道由AB段和BC段组成，AB段的倾角为53°，BC段的倾角为37°，滑草运动员由A点从静止滑下，沿滑道下滑到C点时速度恰好为零。已知运动员在AB段、BC段运动时间相等，不计B处速率变化，sin 37°＝0.6，则（　　）
A.运动员在滑道的AB段下滑的平均速度大于在BC段下滑的平均速度
B.运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度相同
C.滑道的AB段比BC段长
D.运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同
8.如图所示，小强在一条长直坡路上玩陆地冲浪板运动。图中长直坡路总长度为500 m，落差为100 m。他从坡路顶端由静止开始顺势匀加速下滑，经20 s滑行200 m后立即启动制动装置，此后匀减速滑行到坡路底端时速度为2 m/s。已知小强和冲浪板总质量为60 kg，重力加速度g取10 m/s2，求小强和冲浪板
（1）启动制动装置时速度大小；
（2）启动制动装置前所受阻力大小；
（3）启动制动装置后加速度大小。
9.“雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客，从雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长L＝150 m，倾角θ＝11.6°（取sin 11.6°＝0.2，cos 11.6°＝0.98），“雪地魔毯”以v＝5 m/s的速度向上滑行，经过t＝35 s游客滑到“雪地魔毯”的顶端。取g＝10 m/s2，人与“雪地魔毯”间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，则（　　）
A.游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B.游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为20 s
C.游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D.游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
10.电动平衡车是一款现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模型。某人站在平衡车上从速度v＝1 m/s匀加速到v1＝5 m/s，所用的时间为t＝10 s。已知人的质量为m＝60 kg，人受到的空气阻力为F气＝6 N，计算结果可以保留根号。取g＝10 m/s2，求：
（1）加速度a的大小；
（2）踏板对人的作用力F大小；
（3）若平衡车质量为M＝10 kg，忽略平衡车受到的空气阻力，求地面对平衡车的支持力FN大小、摩擦力Ff的大小。
5.牛顿运动定律的应用
1.D　设战机受到的牵引力为F，其质量（包括携带弹药的质量）为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则a＝－μg。可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，故A、B错误。由vt＝和t＝可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，故C错误，D正确。
2.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Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故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；物体减速到零后，由于F＜Ff，所以物体将保持静止状态，故C正确，D错误。
3.A　对物块受力分析，其受竖直向下的重力mg，垂直于光滑平板的支持力FN，由牛顿第二定律mgcos α＝ma，可得a＝gcos α，从Q到P由运动学公式QP＝at2＝gcos α·t2，由几何关系可得QP＝QNcos α，解得t＝，故t与α无关，QN为定值，所以仅将α减小，t不变。故选A。
4.A　从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由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，所以A正确。
5.AD　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F阻＝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；若热气球做加速度不变的匀加速运动，则10 s后速度大小为v＝at＝5 m/s，但热气球做加速度减小的加速运动，故热气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－F阻'＝0，计算得F阻'＝230 N，选项D正确。
6.D　根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v＝at知，最大速度v＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故A、B错误；对撤去F前的加速和撤F后的减速运动，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，联立解得Ff∶F＝a2∶（a1＋a2）＝1∶4，故C错误，D正确。
7.D　由题意可知，运动员在AB段由静止开始做匀加速运动，在B点时速度达到最大值v，之后在BC段做匀减速运动，且在C点速度减为零，根据匀变速运动规律可知，运动员在滑道的AB段下滑的平均速度与在BC段下滑的平均速度大小相等，均为，故A错误；由题意可知，运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度大小相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知，运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同，故B错误，D正确；根据前面分析以及x＝可知，滑道的AB段与BC段等长，故C错误。
8.（1）20 m/s　（2）60 N　（3）0.66 m/s2
解析：（1）由x＝t解得v1＝20 m/s。
（2）设斜坡倾角为θ，有sin θ＝，a＝＝1 m/s2，mgsin θ－Ff＝ma
解得Ff＝60 N。
（3）由运动学公式可得a＝＝0.66 m/s2。
9.D　若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的最大位移x＝t＝87.5 m＜L，则游客在“雪地魔毯”上不是一直做匀加速运动，选项A错误；设游客匀加速的时间为t1，则L＝t1＋v（t－t1），解得t1＝10 s，选项B错误；游客在“雪地魔毯”先受到滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，方向也沿“雪地魔毯”向上，选项C错误；游客加速阶段的加速度a＝＝0.5 m/s2，根据μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ≈0.26，选项D正确。
10.（1）0.4 m/s2　（2）30 N　（3）700 N　34 N
解析：（1）加速度a的大小为a＝＝0.4 m/s2。
（2）将作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，可知水平方向有F2－F气＝ma，
竖直方向F1＝mg，
同时有F＝，
联立解得F＝30 N。
（3）对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有
FN＝（m＋M）g＝700 N，
整体在水平方向上有Ff－F气＝（m＋M）a，
解得Ff＝34 N。
3 / 35.牛顿运动定律的应用
课标要求 素养目标
1.能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能从物体的运动情况确定物体的受力情况。 2.能根据力和运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。 3.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法 1.通过分析动力学的两类基本问题，掌握应用牛顿运动定律解决力和运动关系问题的基本思路和方法。（科学思维） 2.通过对连接体问题的分析，掌握整体法和隔离法的应用。（科学思维） 3.通过从力和运动的不同角度，分析处理临界问题，掌握临界条件的分析和应用方法。（科学思维）
知识点一　牛顿第二定律的作用
　牛顿第二定律确定了　　　　　　的关系，把物体的运动情况与受力情况联系起来。
知识点二　动力学的两类基本问题
1.从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由　　　　　　　求出物体的加速度，再通过　　　　的规律确定物体的运动情况。
2.从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的　　　　，结合受力分析，再根据　　　　　　　　求出力。
【情景思辨】
如图所示为滑雪运动员从山坡向下滑雪时的照片。判断下列说法的正误：
（1）滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。（　　）
（2）根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每个力的方向。（　　）
（3）滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。（　　）
（4）已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的合力。（　　）
要点一　从受力确定运动情况
1.问题概述：在物体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
【典例1】　滑雪运动中当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25突变为μ2＝0.125，如图所示，一滑雪者从倾角θ＝37°、坡长L＝26 m的雪坡顶端A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B后又滑上一段水平雪地。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）滑雪者从开始下滑到动摩擦因数第一次发生突变所经历的时间；
（2）滑雪者到达B处的速度大小。
尝试解答
1.如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则（　　）
A.t1＞t2 B.t1＝t2
C.t1＜t2 D.无法判断
2.如图所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，机车持续牵引力为1.57×105 N。设列车总质量为100 t，列车所受阻力为重力的0.1倍，如果列车在该持续牵引力作用下做匀加速直线运动，那么列车从开始启动到达到最大运行速度共需要多长时间？（g取10 m/s2）
要点二　从运动情况确定受力
1.问题概述：在物体运动情况（如运动性质、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
【典例2】　“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。某次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平甲板上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰的飞机跑道上做匀加速直线运动，经t＝3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静止，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦索和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦索的作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力F2。
尝试解答
3.火箭通过向后喷射燃气而获得动力，以长征五号B遥一运载火箭为例，起飞质量为850吨，某次发射场景如图所示，已知发射塔高100 m，火箭经过3 s后离开发射塔。此阶段可视为匀加速直线运动，火箭质量可认为近似不变，地球表面重力加速度为10 m/s2。那么喷射出的燃气对火箭的作用力约为（　　）
A.8.5×106 N B.1.9×107 N
C.2.7×107 N D.4.1×107 N
4.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
要点三　动力学中的多过程问题
1.基本思路
（1）划分不同的运动过程，进行受力分析和运动特点分析。
（2）应用运动学公式或者牛顿第二定律求出不同运动过程的加速度。
（3）应用运动学公式求未知物理量或应用牛顿第二定律求未知力。
2.解题关键：注意两个过程的衔接位置，前一过程的末速度是后一过程的初速度。
【典例3】　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，g取10 N/kg）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。
尝试解答
5.如图所示，物块从光滑斜面上静止释放，滑上粗糙水平面后最终停下， 表格中记录了运动过程中几个时刻的速度大小。斜面底端处与水平面平滑连接（取g＝10 m/s2）。下列说法正确的是（　　）
t/s 14 16 18 20 22 24 26
v/（m·s－1） 17 27 37 40 36 32 28
A.物块的最大速度为40 m/s
B.物块在斜面上运动的时间为 20 s
C.斜面的倾角θ＝30°
D.物块与水平面的动摩擦因数为 0.5
1.一列磁悬浮列车在水平直轨道上运行，不计一切阻力，当牵引力为F时，列车从静止开始在t时间内前进了x。如果牵引力增大为2F时，列车从静止开始在t时间内前进（　　）
A.x B.2x
C.4x D.8x
2.如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某类型长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大（　　）
A.1.5×104 N B.1.5×105 N
C.1.5×106 N D.1×105 N
3.（多选）如图所示，质量m＝100 kg的重物，在大小F＝1.25×103 N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气阻力，g取10 m/s2，则（　　）
A.重物上升的加速度大小为12.5 m/s2
B.重物上升的加速度大小为2.5 m/s2
C.运动2 s时速度大小为25 m/s
D.运动2 s时速度大小为5 m/s
4.质量m＝4 kg的物体在F1＝10 N的水平拉力的作用下沿水平面做匀速直线运动，撤去F1，经4 s后物体停下来，求物体做匀速运动的速度大小和撤去F1后的位移大小。
5.牛顿运动定律的应用
【基础知识·准落实】
知识点一
运动和力
知识点二
1.牛顿第二定律　运动学　2.加速度　牛顿第二定律
情景思辨
（1）×　（2）×　（3）√　（4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　（1）1 s　（2）16 m/s
解析：（1）设滑雪者质量为m，滑雪者在雪坡上从静止开始加速至速度v1＝4 m/s期间，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，故滑雪者由静止开始到动摩擦因数第一次发生突变所经历的时间为t＝＝1 s。
（2）根据牛顿运动定律和运动学公式有x1＝a1t2，mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2，x2＝L－x1，根据运动学公式有－＝2a2x2，代入数据解得vB＝16 m/s。
素养训练
1.A　设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ ，则斜边的长度x＝，根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，根据x＝at2，解得t＝，将θ ＝30°、θ＝45°代入，可知t2＜t1，故选A。
2.131.58 s
解析：已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度v＝270 km/h＝75 m/s，列车所受阻力Ff＝0.1mg＝1.0×105 N。
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma
所以列车的加速度a＝＝0.57 m/s2
由运动学公式v＝v0＋at，可得列车从开始启动到达到最大运行速度需要的时间为t＝≈131.58 s。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）5.28×105 N　（2）7.2×105 N
解析：（1）根据位移与时间关系x＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
（2）根据速度与位移关系＝2a'x'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
素养训练
3.C　火箭匀加速直线运动阶段，有x＝at2，对火箭受力分析，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，联立解得F≈2.7×107 N，故C正确。
4.D　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当木块在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，对木块，由牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】　（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＝ma1 ①
vm＝a1t ②
由①②两式得vm＝5 m/s。
（2）冰车在匀加速运动过程中有x1＝a1t2 ③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2 ④
＝2a2x2 ⑤
又x＝x1＋x2 ⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m。
素养训练
5.C　设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，则a1＝ m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma1，解得θ＝30°，故C正确；物块在水平面的加速度大小a2＝m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2，解得μ＝0.2，故D错误；设物块在斜面上运动的时间为t，物块的最大速度为vm，则根据表中数据得vm－37 m/s＝a1（t－18 s） ，vm－40 m/s＝a2（20 s－t），解得t＝19 s，vm＝42 m/s，故A、B错误。
【教学效果·勤检测】
1.B　因为不计一切阻力，故对于列车有F＝ma，x＝at2，当牵引力变为2F后，有2F＝ma1，x1＝a1t2，由上述式子整理得x1＝2x，故选B。
2.C　每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01 s，由于炮管长为5 m，所以由x＝at2可得炮弹的加速度大小为a＝＝105 m/s2，由牛顿第二定律得推力F＝ma＝1.5×106 N，故C正确，A、B、D错误。
3.BD　对重物，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝2.5 m/s2；由匀变速直线运动规律有v＝at，得v＝5 m/s，故B、D正确。
4.10 m/s　20 m
解析：物体做匀速直线运动过程中，受力示意图如图甲所示，撤去F1后，物体受力示意图如图乙所示。取物体运动方向为正方向，则Ff＝－F1＝－10 N。Ff是恒力，故撤去F1后，物体将做匀减速直线运动。
设物体做匀速直线运动的速度为v0，撤去F1后的位移为x，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律得Ff＝ma
由运动学公式有vt＝v0＋at
－＝2ax
联立并代入数据可得物体做匀速运动的速度大小v0＝10 m/s，撤去F1后的位移大小x＝20 m。
4 / 5(共65张PPT)
5.牛顿运动定律的应用
课标要求 素养目标
1.能通过分析物体的受力情
况，确定物体的运动情况，能
从物体的运动情况确定物体的
受力情况。 2.能根据力和运动的关系，联
系牛顿运动定律和运动学知
识，分析求解有关动力学问
题。 3.掌握应用牛顿运动定律解决
问题的基本思路和方法 1.通过分析动力学的两类基本问题，
掌握应用牛顿运动定律解决力和运动
关系问题的基本思路和方法。（科学
思维）
2.通过对连接体问题的分析，掌握整
体法和隔离法的应用。（科学思维）
3.通过从力和运动的不同角度，分析
处理临界问题，掌握临界条件的分析
和应用方法。（科学思维）
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一　牛顿第二定律的作用
　牛顿第二定律确定了 的关系，把物体的运动情况与受
力情况联系起来。
运动和力　
知识点二　动力学的两类基本问题
1. 从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由 求出物体的加
速度，再通过 的规律确定物体的运动情况。
2. 从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的
，结合受力分析，再根据 求出力。
牛顿第二定律　
运动学　
加速
度　
牛顿第二定律　
【情景思辨】
如图所示为滑雪运动员从山坡向下滑雪时的照片。判断下列说法
的正误：
（1）滑雪运动员从山坡上滑下时，其运动状态与受力情况无关。
（　×　）
×
（2）根据滑雪运动员的加速度方向，可以判断滑雪运动员受到的每
个力的方向。 （　×　）
（3）滑雪运动员的运动情况是由其受力情况决定的。 （　√　）
（4）已知滑雪运动员的加速度及质量，可以确定滑雪运动员所受的
合力。 （　√　）
×
√
√
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一　从受力确定运动情况
1. 问题概述：在物体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
【典例1】　滑雪运动中当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼
出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而减小雪地
对滑雪板的摩擦，然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触
时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪
者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝
0.25突变为μ2＝0.125，如图所示，一滑雪者从倾角θ＝37°、坡长
L＝26 m的雪坡顶端A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B后又滑上
一段水平雪地。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）滑雪者从开始下滑到动摩擦因数第一次发生突变所经历的
时间；
答案：1 s　
解析：设滑雪者质量为m，滑雪者在雪坡上从静止开始
加速至速度v1＝4 m/s期间，由牛顿第二定律有mgsin 37°－
μ1mgcos 37°＝ma1，解得a1＝4 m/s2，故滑雪者由静止开始到
动摩擦因数第一次发生突变所经历的时间为t＝＝1 s。
（2）滑雪者到达B处的速度大小。
答案：16 m/s
解析：根据牛顿运动定律和运动学公式有x1＝a1t2，mgsin
37°－μ2mgcos 37°＝ma2，x2＝L－x1，根据运动学公式有
－＝2a2x2，代入数据解得vB＝16 m/s。
1. 如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由
静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为
30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），
则（　　）
A. t1＞t2 B. t1＝t2
C. t1＜t2 D. 无法判断
解析：　设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ ，则斜边的长度x
＝，根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，根据x＝
at2，解得t＝，将θ ＝30°、θ＝45°代入，可知t2＜t1，故
选A。
2. 如图所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，机车持续牵引
力为1.57×105 N。设列车总质量为100 t，列车所受阻力为重力的
0.1倍，如果列车在该持续牵引力作用下做匀加速直线运动，那么
列车从开始启动到达到最大运行速度共需要多长时间？（g取10
m/s2）
答案：131.58 s
解析：已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度
v＝270 km/h＝75 m/s，列车所受阻力Ff＝0.1mg＝1.0×105 N。
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma
所以列车的加速度a＝＝0.57 m/s2
由运动学公式v＝v0＋at，可得列车从开始启动到达到最大运行速度
需要的时间为t＝≈131.58 s。
要点二　从运动情况确定受力
1. 问题概述：在物体运动情况（如运动性质、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
【典例2】　“辽宁号”航空母舰是我国第一艘服役的航空母舰。
某次测试时，质量m＝2.4×104 kg的舰载机从航空母舰静止的水平
甲板上起飞，采用的弹射装置使舰载机获得v0＝10 m/s的初速度，
发动机提供恒定的推力使舰载机在航空母舰的飞机跑道上做匀加速
直线运动，经t＝3 s运动了120 m后离舰升空。已知舰载机在水平甲
板上运动时受到的阻力为舰载机所受重力的，航空母舰始终静
止，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求发动机提供的恒定推力F1的大小；
答案：5.28×105 N　
解析：根据位移与时间关系x＝v0t＋at2
代入数据解得a＝20 m/s2
根据牛顿第二定律可得F1－mg＝ma
解得F1＝5.28×105 N。
（2）若某次舰载机着舰时的速度大小v1＝80 m/s，舰载机需在阻拦
索和阻力的共同作用下在100 m内减速到0，舰载机受到阻拦
索的作用力可视为恒力，求阻拦索对舰载机的最小作用力
F2。
答案：7.2×105 N
解析：根据速度与位移关系＝2a'x'
解得a'＝32 m/s2
根据牛顿第二定律可得F2＋mg＝ma'
解得F2＝7.2×105 N。
　　
3. 火箭通过向后喷射燃气而获得动力，以长征五号B遥一运载火箭为
例，起飞质量为850吨，某次发射场景如图所示，已知发射塔高100
m，火箭经过3 s后离开发射塔。此阶段可视为匀加速直线运动，火
箭质量可认为近似不变，地球表面重力加速度为10 m/s2。那么喷射
出的燃气对火箭的作用力约为（　　）
A. 8.5×106 N B. 1.9×107 N
C. 2.7×107 N D. 4.1×107 N
解析：　火箭匀加速直线运动阶段，有x＝at2，对火箭受力分
析，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，联立解得F≈2.7×107 N，
故C正确。
4. 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
解析：　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsin θ＝
μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当木块在推力作用下加速上滑时，由运
动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，对木块，由牛顿第二定律得F－mgsin
θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。
要点三　动力学中的多过程问题
1. 基本思路
（1）划分不同的运动过程，进行受力分析和运动特点分析。
（2）应用运动学公式或者牛顿第二定律求出不同运动过程的加
速度。
（3）应用运动学公式求未知物理量或应用牛顿第二定律求未知
力。
2. 解题关键：注意两个过程的衔接位置，前一过程的末速度是后一过
程的初速度。
【典例3】　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，g取10 N/kg）求：
（1）冰车的最大速率；
答案：5 m/s　
解析：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①②两式得vm＝5 m/s。
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
答案：50 m
解析：冰车在匀加速运动过程中有x1＝a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m。
5. 如图所示，物块从光滑斜面上静止释放，滑上粗糙水平面后最终停
下， 表格中记录了运动过程中几个时刻的速度大小。斜面底端处
与水平面平滑连接（取g＝10 m/s2）。下列说法正确的是（　　）
t/s 14 16 18 20 22 24 26
v/（m·s－1） 17 27 37 40 36 32 28
A. 物块的最大速度为40 m/s
B. 物块在斜面上运动的时间为 20 s
C. 斜面的倾角θ＝30°
D. 物块与水平面的动摩擦因数为 0.5
解析：　设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，则a1＝
m/s2＝5 m/s2，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma1，解得θ＝
30°，故C正确；物块在水平面的加速度大小a2＝m/s2＝2
m/s2，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2，解得μ＝0.2，故D错误；
设物块在斜面上运动的时间为t，物块的最大速度为vm，则根据表
中数据得vm－37 m/s＝a1（t－18 s） ，vm－40 m/s＝a2（20 s－t），
解得t＝19 s，vm＝42 m/s，故A、B错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. 一列磁悬浮列车在水平直轨道上运行，不计一切阻力，当牵引力为
F时，列车从静止开始在t时间内前进了x。如果牵引力增大为2F
时，列车从静止开始在t时间内前进（　　）
A. x B. 2x
C. 4x D. 8x
解析：　因为不计一切阻力，故对于列车有F＝ma，x＝at2，当
牵引力变为2F后，有2F＝ma1，x1＝a1t2，由上述式子整理得x1＝
2x，故选B。
2. 如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某
类型长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射
600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在
炮管中受到的推力有多大（　　）
A. 1.5×104 N B. 1.5×105 N
C. 1.5×106 N D. 1×105 N
解析：　每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01 s，由于炮管长
为5 m，所以由x＝at2可得炮弹的加速度大小为a＝＝105
m/s2，由牛顿第二定律得推力F＝ma＝1.5×106 N，故C正确，
A、B、D错误。
3. （多选）如图所示，质量m＝100 kg的重物，在大小F＝1.25×103
N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气
阻力，g取10 m/s2，则（　　）
A. 重物上升的加速度大小为12.5 m/s2
B. 重物上升的加速度大小为2.5 m/s2
C. 运动2 s时速度大小为25 m/s
D. 运动2 s时速度大小为5 m/s
解析：　对重物，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得a＝2.5
m/s2；由匀变速直线运动规律有v＝at，得v＝5 m/s，故B、D正确。
4. 质量m＝4 kg的物体在F1＝10 N的水平拉力的作用下沿水平面做匀
速直线运动，撤去F1，经4 s后物体停下来，求物体做匀速运动的速
度大小和撤去F1后的位移大小。
答案：10 m/s　20 m
解析：物体做匀速直线运动过程中，受力示意图如图甲所示，撤去F1后，物体受力示意图如图乙所示。取物体运动方向为正方向，则Ff＝－F1＝－10 N。Ff是恒力，故撤去F1后，物体将做匀减速直线运动。设物体做匀速直线运动的速度为v0，撤去F1
后的位移为x，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律得Ff＝ma由运动学公式有vt＝v0＋at－＝2ax
联立并代入数据可得物体做匀速运动的速
度大小v0＝10 m/s，撤去F1后的位移大小x＝
20 m。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一　从受力确定运动情况
1. 如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵
引力相同，则（　　）
A. 携带弹药越多，加速度越大
B. 加速度相同，与携带弹药的多少无关
C. 携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D. 携带弹药越多，滑行时间越长
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解析：　设战机受到的牵引力为F，其质量（包括携带弹药的质
量）为m，与航母间的动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律得F－μmg
＝ma，则a＝－μg。可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相
同，携带的弹药也必须相同，故A、B错误。由vt＝和t＝
可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，故C错误，D
正确。
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2. 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
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解析：　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
Ff＝μFN＝μmg＝3 N，故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；物体减速到零后，由于F
＜Ff，所以物体将保持静止状态，故C正确，D错误。
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3. 如图所示，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O为圆心，
Q、O、N三点在同一竖直线上，OQ＝ON。现将光滑平板（足够
长）的下端P置于M处，光滑平板上部架在Q点。横杆下端的位置
可在轨道MN上调节，使得平板与竖直线间的夹角α可调节。将物块
（视为质点）从Q点由静止释放，物块沿平板从Q点滑到P点的时间
用t表示。若仅将α减小，则t将（　　）
A. 不变 B. 逐渐增大
C. 逐渐减小 D. 先减小后增大
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解析：　对物块受力分析，其受竖直向下的重力mg，垂直于光滑
平板的支持力FN，由牛顿第二定律mgcos α＝ma，可得a＝gcos α，
从Q到P由运动学公式QP＝at2＝gcos α·t2，由几何关系可得QP＝
QNcos α，解得t＝，故t与α无关，QN为定值，所以仅将α减
小，t不变。故选A。
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题组二　从运动情况确定受力
4. 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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，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作用力大约为（　　）
A. 420 N B. 600 N
C. 800 N D. 1 000 N
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解析：　从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由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，所以
A正确。
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5. （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，取重力加速度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
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解析：　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F阻＝
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；若热气球做加速度不变的匀加速运动，则10 s
后速度大小为v＝at＝5 m/s，但热气球做加速度减小的加速运动，
故热气球上升10 s时的速度小于5 m/s，选项C错误；匀速上升时F浮
－mg－F阻'＝0，计算得F阻'＝230 N，选项D正确。
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题组三　动力学中的多过程问题
6. 一水平面上的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动了t时间后撤
去该力，物体又经过3t时间停止运动。设撤去F前后的加速度大小
分别为a1和a2，物体在水平面上所受的摩擦力为Ff，则（　　）
A. a1∶a2＝1∶3 B. a1∶a2＝4∶1
C. Ff∶F＝1∶3 D. Ff∶F＝1∶4
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解析：　根据匀变速直线运动中速度与时间的关系式v＝at
知，最大速度v＝a1t＝a2·3t，所以a1∶a2＝3∶1，故A、B错
误；对撤去F前的加速和撤F后的减速运动，根据牛顿第二定律
得F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，联立解得Ff∶F＝a2∶（a1＋a2）＝
1∶4，故C错误，D正确。
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7. 如图所示，某滑草场的滑道由AB段和BC段组成，AB段的倾角为
53°，BC段的倾角为37°，滑草运动员由A点从静止滑下，沿滑道
下滑到C点时速度恰好为零。已知运动员在AB段、BC段运动时间
相等，不计B处速率变化，sin 37°＝0.6，则（　　）
A. 运动员在滑道的AB段下滑的平均速度大于在BC段
下滑的平均速度
B. 运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度相同
C. 滑道的AB段比BC段长
D. 运动员在滑道的AB段、BC段受到的合力大小相同
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解析：　由题意可知，运动员在AB段由静止开始做匀加速运动，
在B点时速度达到最大值v，之后在BC段做匀减速运动，且在C点速
度减为零，根据匀变速运动规律可知，运动员在滑道的AB段下滑
的平均速度与在BC段下滑的平均速度大小相等，均为，故A错
误；由题意可知，运动员在滑道的AB段、BC段下滑的加速度大小
相等，但方向不同，根据牛顿第二定律可知，运动员在滑道的AB
段、BC段受到的合力大小相同，故B错误，D正确；根据前面分析
以及x＝可知，滑道的AB段与BC段等长，故C错误。
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8. 如图所示，小强在一条长直坡路上玩陆地冲浪板运动。图中长直坡
路总长度为500 m，落差为100 m。他从坡路顶端由静止开始顺势匀
加速下滑，经20 s滑行200 m后立即启动制动装置，此后匀减速滑
行到坡路底端时速度为2 m/s。已知小强和冲浪板总质量为60 kg，
重力加速度g取10 m/s2，求小强和冲浪板
（1）启动制动装置时速度大小；
答案：20 m/s　
解析：由x＝t解得v1＝20 m/s。
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（2）启动制动装置前所受阻力大小；
答案：60 N　
解析：设斜坡倾角为θ，有sin θ＝，a＝＝1 m/s2，mgsin θ－
Ff＝ma
解得Ff＝60 N。
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解析：由运动学公式可得a＝＝0.66 m/s2。
（3）启动制动装置后加速度大小。
答案：0.66 m/s2
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9. “雪地魔毯”是滑雪场常见的一种设备，它类似于机场的传送带，
主要用于将乘客从雪道底端运送到顶端。一名穿戴雪具的游客，从
雪道底端静止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”长L＝150 m，倾角
θ＝11.6°（取sin 11.6°＝0.2，cos 11.6°＝0.98），“雪地魔
毯”以v＝5 m/s的速度向上滑行，经过t＝35 s游客滑到“雪地魔
毯”的顶端。取g＝10 m/s2，人与“雪地魔毯”
间的动摩擦因数为一定值，不计其他阻力，
则（　　）
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A. 游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动
B. 游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为20 s
C. 游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变
D. 游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为0.26
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解析：　若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的
最大位移x＝t＝87.5 m＜L，则游客在“雪地魔毯”上不是一直做
匀加速运动，选项A错误；设游客匀加速的时间为t1，则L＝t1＋v
（t－t1），解得t1＝10 s，选项B错误；游客在“雪地魔毯”先受到
滑动摩擦力，摩擦力方向沿“雪地魔毯”向上，然后受静摩擦力，
方向也沿“雪地魔毯”向上，选项C错误；游客加速阶段的加速度
a＝＝0.5 m/s2，根据μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ≈0.26，选
项D正确。
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10. 电动平衡车是一款现代人用来作为代步的工具，如图甲所示，两
只轮子均为主动轮。从侧面看可以简化为如图乙、图丙所示的模
型。某人站在平衡车上从速度v＝1 m/s匀加速到v1＝5 m/s，所用的
时间为t＝10 s。已知人的质量为m＝60 kg，人受到的空气阻力为F
气＝6 N，计算结果可以保留根号。取g＝10 m/s2，求：
（1）加速度a的大小；
答案：0.4 m/s2　
解析：加速度a的大小为a＝＝0.4 m/s2。
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（2）踏板对人的作用力F大小；
答案：30 N　
解析：将作用力F分解为水平方向的力F2和竖直方向的力F1，
可知水平方向有F2－F气＝ma，
竖直方向F1＝mg，
同时有F＝，
联立解得F＝30 N。
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（3）若平衡车质量为M＝10 kg，忽略平衡车受到的空气阻力，求
地面对平衡车的支持力FN大小、摩擦力Ff的大小。
答案：700 N　34 N
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解析：对平衡车和人整体在竖直方向上受力分析有FN＝（m
＋M）g＝700 N，
整体在水平方向上有Ff－F气＝（m＋M）a，
解得Ff＝34 N。
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