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5.牛顿运动定律的应用
【素养目标】　1.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。2.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。3.通过牛顿第二定律的应用，提高学生分析问题、解决问题的综合能力，使学生掌握灵活运用物理知识解决实际问题的方法。
知识点一　从受力确定运动情况
【情境导入】　玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯可视为斜面且倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L。
(1)小孩在下滑过程中受哪些力的作用？
(2)如何计算小孩下滑过程中的加速度？
(3)怎样求小孩滑到底端时的速度和需要的时间？
提示：(1)小孩受重力、滑梯的支持力和滑梯的摩擦力的作用。
(2)利用牛顿第二定律计算其下滑的加速度。
(3)根据公式v2＝2ax和x＝at2即可求得小孩滑到底端时的速度和需要的时间。
【基础梳理】
　　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，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
如图所示，运动员以v0＝3 m/s的速度将冰壶沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行x1＝20 m后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，以延长冰壶的滑行距离。已知运动员不摩擦冰面时，冰壶和冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，g取10 m/s2。求此冰壶：
(1)滑行20 m过程中的加速度大小a1；
(2)滑至20 m处的速度大小v1；
(3)投出后在冰面上滑行的距离x。
答案：(1)0.2 m/s2　(2)1 m/s　(3)22.78 m
解析：(1)冰壶滑行20 m过程中，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
代入数据解得a1＝0.2 m/s2。
(2)冰壶滑行20 m过程中做匀减速运动，根据速度与位移关系式有＝－2a1x1
解得v1＝1 m/s。
(3)摩擦冰面后，根据牛顿第二定律有
0．9μmg＝ma2
解得a2＝0.18 m/s2
冰壶还能滑行的距离x2＝ m≈2.78 m
冰壶投出后在冰面上滑行的距离x＝x1＋x2＝22.78 m。
1.从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.流程图
3.从受力确定运动情况应注意的三个关键
(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，不要写成F－ma＝0的形式。
(2)正方向的选取：通常选取加速度或初速度的方向为正方向，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均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。
针对练1.(2025·贵州毕节高一下学期期末)位于贵州与云南交界处的北盘江大桥是世界第一高桥，其水平桥面长1 341 m。某汽车在桥面上以72 km/h的速度匀速运动，突然发现前方有一静止障碍物，司机反应1 s后立即刹车，恰与障碍物不相撞，汽车刹车过程中受到的阻力是车自身重力的0.5倍，重力加速度g取10 m/s2，则司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为(　　)
A.40 m B.50 m
C.60 m D.70 m
答案：C
解析：汽车以速度v0＝72 km/h＝20 m/s匀速运动，刹车时加速度大小为a＝＝5 m/s2，设从开始刹车到刚好停止时的位移为x1，根据匀变速直线运动规律得＝2ax1，解得x1＝40 m，故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为x＝v0t0＋x1＝20×1 m＋40 m＝60 m。故选C。
针对练2.如图所示，人和雪橇总质量为50 kg，在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑，雪橇和斜坡间的摩擦力恒为100 N，求人从静止开始下滑6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。
答案：6 m/s
解析：根据题意，对人和雪橇整体受力分析，如图所示，由牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma
解得a＝3 m/s2
由运动学公式可得，人从静止开始下滑有v2＝2ax
解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小
v＝ m/s＝6 m/s。
知识点二　从运动情况确定受力
【情境导入】　世界一级方程式锦标赛(简称为F1)是当今世界最高水平的赛车比赛，与奥运会、世界杯并称为“世界三大体育赛事”。F1赛车可以在2.5 s内从0加速到100 km/h，F1规则规定赛车和车手的总质量不可低于600 kg(可认为等于600 kg)。
(1)根据上述数据计算F1赛车加速时的加速度是多少？
(2)若不考虑赛车运动时受到的阻力，F1赛车的牵引力是多少？
提示：(1)F1赛车加速时的加速度a＝≈11.1 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律可得牵引力F＝ma＝6 660 N。
【基础梳理】
　　如果已知物体的运动情况，则可以根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
“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g大小为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为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：(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有＝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。
1.从运动情况确定受力的基本思路
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力或某一个力。
2.流程图
3.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，均要先进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
针对练1.(2025·重庆市南开中学高一上学期期中)一辆汽车在平直跑道上进行性能测试，其速度v随时间t变化的图像如图所示，0～5 s内汽车做匀加速直线运动，5～10 s内做匀速直线运动，t＝10 s开始关闭发动机，汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1 600 kg，运动过程中所受阻力可视为恒定，重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为(　　)
A.7 680 N B.7 360 N
C.5 120 N D.2 560 N
答案：A
解析：加速运动时的加速度a1＝ m/s2＝3.2 m/s2，减速运动时的加速度大小a2＝ m/s2＝1.6 m/s2，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得F＝7 680 N。故选A。
针对练2.M99是我国生产的性能先进、精度高、射程远的半自动狙击步枪。M99的枪管长度为1.48 m。射击时，在火药的推力下，子弹在枪管中由静止开始做匀加速直线运动；射出枪口时，子弹的速度为800 m/s。已知子弹的质量为50 g，求：
(1)子弹在枪管中的加速度a的大小；
(2)子弹在枪管中受到的合力的大小。(结果均保留两位有效数字)
答案：(1)2.2×105 m/s2　(2)1.1×104 N
解析：(1)由于子弹在枪管中做匀加速直线运动，根据速度－位移关系式得v2－＝2ax
代入数据解得a≈2.2×105 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律得F＝ma
代入数据解得F＝1.1×104 N。
知识点三　动力学中的多过程问题
1.解答多过程问题的基本思路
(1)把整个过程拆分为几个子过程，对每个子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——求解运动转折点的速度
转折点的速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
(2025·江苏扬州高一上学期期中)如图所示，一位滑雪者从倾角θ＝37°的倾斜雪道上A处由静止开始自由下滑，经过4 s滑至倾斜雪道底端B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处。已知滑雪板与倾斜雪道间的动摩擦因数μ1＝0.25，BC的长度为64 m，(不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度大小a1；
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小x1；
(3)滑雪板与水平雪道间的动摩擦因数μ2。
审题指导：(1)滑雪者在倾斜雪道上受到哪几个力的作用？画出受力示意图。
(2)将力进行正交分解，求滑雪者在倾斜雪道上的加速度，利用运动学公式计算滑雪者在倾斜雪道上的末速度及位移。
(3)利用运动学公式计算滑雪者在水平雪道上的加速度，再分析受力，利用牛顿第二定律计算动摩擦因数。
答案：(1)4 m/s2　(2)16 m/s　32 m　(3)0.2
解析：(1)对滑雪者受力分析如图所示，沿倾斜雪道和垂直倾斜雪道方向分别有
mgsin θ－Ff＝ma1
FN＝mgcos θ
又Ff＝μ1FN
解得a1＝4 m/s2。
(2)由匀变速直线运动的规律得v＝a1t1
解得v＝16 m/s
由匀变速直线运动的规律得x1＝a1
解得x1＝32 m。
(3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2，由匀变速直线运动的规律得
v2＝2a2x2
解得a2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.2。
针对练.(2025·浙江星辰联盟高二上学期期中)近年来无人机被广泛应用于应急救灾、地质勘测、高空消防等众多领域。如图为一无人机作业时的情境，已知无人机质量m＝1 kg，若无人机从地面以恒定升力竖直起飞，经过4 s时间达到最大速度v＝12 m/s，然后关闭动力系统，无人机又上升了1 s到达最大高度。假设无人机所受阻力大小不变，g＝10 m/s2。求：
(1)无人机关闭动力系统前、后的加速度大小；
(2)无人机上升的最大高度；
(3)无人机动力系统提供的升力。
答案：(1)3 m/s2　12 m/s2　(2)30 m　(3)15 N，方向竖直向上
解析：(1)无人机竖直向上先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，则有v＝a1t1，v＝a2t2
解得 a1＝3 m/s2，a2＝12 m/s2。
(2)无人机上升的最大高度为x＝t1＋t2＝(24＋6) m＝30 m。
(3)根据牛顿第二定律可得
F－mg－Ff＝ma1
mg＋Ff＝ma2
联立解得F＝15 N，方向竖直向上。
课时测评25　牛顿运动定律的应用
(时间：45分钟　满分：70分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－9题，每题4分，共36分)
1.用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，并开始计时，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为(　　)
A.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C.v＝4.5 m/s，a＝0
D.v＝7.5 m/s，a＝0
答案：C
解析：前3 s内，物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知a0＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，3 s末物体的速度为v＝a0t＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，物体的加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以第5 s末的速度仍为4.5 m/s，加速度为a＝0。故选C。
2.(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝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(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.物体经10 s后，速度减为零
B.物体经2 s后，速度减为零
C.物体的速度减为零后将保持静止
D.物体的速度减为零后将向右运动
答案：BC
解析：物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 s，A错误，B正确；物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，所以物体将保持静止，C正确，D错误。故选BC。
3.(多选)某汽车正以36 km/h的速度在平直的公路上行驶，为礼让行人采取刹车，刹车后车轮抱死，车轮向前滑行，汽车开始做匀减速直线运动。已知车轮与路面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.汽车刹车后加速度的大小为10 m/s2
B.汽车滑行10 m后停下
C.汽车刹车后3 s内的位移大小为30 m
D.汽车刹车后1 s时的速度大小为5 m/s
答案：BD
解析：汽车刹车后加速度的大小为a＝＝μg＝5 m/s2，A错误；汽车停下时滑行的距离x＝＝ m＝10 m，B正确；汽车从刹车到停止的时间为t0＝＝2 s，则刹车后3 s内的位移大小等于2 s内的位移大小，为x3＝t0＝10 m，C错误；汽车刹车后1 s时的速度大小为v1＝v－at1＝5 m/s，D正确。故选BD。
4.(2025·安徽芜湖高一上学期期末)如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环(可以看作质点)套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(　　)
A.t3＞t2＞t1 B.t1＞t2＞t3
C.v3＞v2＞v1 D.v1＞v2＞v3
答案：D
解析：设斜杆的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a＝＝gsin θ，斜杆的长度为x＝dsin θ，根据运动学公式x＝at2，可得小环下滑所用时间为t＝＝＝，则t1＝t2＝t3，由于AQ＞BQ＞CQ，根据平均速度公式＝，可得v1＞v2＞v3。故选D。
5.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，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(不计人与座椅间的摩擦)(　　)
A.420 N B.600 N
C.800 N D.1 000 N
答案：A
解析：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，则有＝＝－ 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＝m＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反。故选A。
6.(2025·浙江杭州高一上学期期末)充气火箭是一种操作非常简单的玩具，只需要踩一下气囊，小火箭就会飞起来。某次游玩时，同学将火箭竖直向上摆放，发射后测量发现火箭从地面到最高点和从最高点下落回地面的时间之比约为1∶，火箭的运动视为只在竖直方向上运动，上升和下落的过程中小火箭所受阻力大小不变，则可估算小火箭受到的阻力大小约为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案：A
解析：将上升过程看作反向初速度为零的匀加速直线运动，则根据h＝at2，可得＝＝2，上升过程有mg＋Ff＝ma上，下降过程有mg－Ff＝ma下，可得Ff＝mg。故选A。
7.(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A.滑块运动的加速度大小为10 m/s2
B.滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
答案：AC
解析：滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。故选AC。
8.如图所示，经过专业训练的杂技演员进行爬杆表演。质量为60 kg的演员爬上8 m高的固定竖直金属杆，然后抓紧金属杆倒立，头顶离地面7 m高，演员通过双手对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况。假设演员保持如图所示的姿势，从静止开始先匀加速下滑3 m，用时1.5 s，接着立即开始匀减速下滑，当演员头顶刚要接触地面时，速度恰好减为零。若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　)
A.演员下滑的最大速度为4.5 m/s
B.演员匀加速下滑时所受摩擦力大小为440 N
C.演员匀减速下滑的加速度大小为1 m/s2
D.演员完成全程所需的总时间为3 s
答案：B
解析：演员匀加速下滑过程，根据x1＝a1可得a1＝＝ m/s2＝ m/s2，演员下滑的最大速度vm＝a1t1＝×1.5 m/s＝4 m/s，对匀加速下滑过程的演员受力分析，由牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma1，解得Ff＝m(g－a1)＝60× N＝440 N，A错误，B正确；演员匀减速下滑的位移大小x2＝x－x1＝(7－3) m＝4 m，则演员减速过程有＝2a2x2，解得a2＝＝2 m/s2，方向竖直向上，C错误；减速过程的时间t2＝＝2 s，演员完成全程所需的总时间t＝t1＋t2＝3.5 s，D错误。故选B。
9.(多选)质量m＝2 kg的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为正方向，且物体在t＝0时刻的初速度v0＝8 m/s，g取10 m/s2，则下列结论正确的是(　　)
A.0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B.1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C.0～1 s内，物体的位移为7 m
D.0～2 s内，物体的总位移为11 m
答案：BD
解析：0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动的v-t图像如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝ m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移为x＝x1＋x2＝ m＝11 m，D项正确。故选BD。
10.(10分)(2025·江苏苏州高一上学期期中)如图所示，质量为2 kg的金属块放在水平地面上，在大小为20 N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F持续作用2 s后撤去(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)在F作用下，金属块的加速度为多大？
(2)金属块在地面上总共滑行了多远？
答案：(1)6 m/s2　(2)26.4 m
解析：(1)对金属块进行受力分析，根据牛顿第二定律，水平方向有Fcos 37°－Ff＝ma
竖直方向有Fsin 37°＋FN＝mg
又Ff＝μFN
联立解得a＝6 m/s2。
(2)力F作用阶段，金属块的位移为
x1＝a＝12 m
撤去力F后，根据牛顿第二定律有μmg＝ma'
根据运动学公式有v＝at1，x2＝
联立解得x2＝14.4 m
所以金属块在地面上总共滑行的距离x＝x1＋x2＝26.4 m。
11.(12分)(2025·湖南邵阳高一上学期期末)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m。用大小为30 N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处。(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N、与水平方向成37°角的力斜向下推此物体，使物体从A处由静止开始运动到达B处，求物体的运动时间。
答案：(1)0.5　(2)4 s
解析：(1)根据题意可知，物体做匀加速直线运动，则有L＝a
解得a＝10 m/s2
由牛顿第二定律有F－Ff＝ma
解得Ff＝10 N
又Ff＝μFN＝μmg
则μ＝＝＝0.5。
(2)设物体由A到B运动的时间为t，由牛顿第二定律有Fcos 37°－μ＝ma'
解得a'＝2.5 m/s2
又L＝a't2
解得t＝4 s。
12.(12分)(2025·陕西榆林期末)如图所示，一个质量m＝0.50 kg的木块以v0＝4 m/s的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)木块所受滑动摩擦力的大小Ff；
(2)木块沿斜面向上运动的最大位移x；
(3)木块返回到斜面底端时的速度大小vt。
答案：(1)1.0 N　(2)2.0 m　(3)4.0 m/s
解析：(1)斜面对木块的支持力大小FN＝mgcos θ
所受滑动摩擦力的大小Ff＝μFN＝μmgcos θ＝1.0 N。
(2)设木块沿斜面向上运动的加速度大小为a上，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff＝ma上
木块沿斜面向上运动的最大位移x＝＝2.0 m。
(3)设木块沿斜面向下运动的加速度大小为a下，根据牛顿第二定律有mgsin θ－Ff＝ma下
木块返回到斜面底端时的速度大小vt＝＝4.0 m/s。(共62张PPT)
5.牛顿运动定律的应用
　　　　
第四章　运动和力的关系
1.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。
2.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
3.通过牛顿第二定律的应用，提高学生分析问题、解决问题的综合能力，使学生掌握灵活运用物理知识解决实际问题的方法。
素养目标
知识点一　从受力确定运动情况
1
知识点二　从运动情况确定受力
2
课时测评
4
内容索引
知识点三　动力学中的多过程问题
3
知识点一　从受力确定运动情况
情境导入　玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯可视
为斜面且倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑
梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L。
(1)小孩在下滑过程中受哪些力的作用？
提示：小孩受重力、滑梯的支持力和滑梯的摩擦力的作用。
自主学习
(2)如何计算小孩下滑过程中的加速度？
提示：利用牛顿第二定律计算其下滑的加速度。
(3)怎样求小孩滑到底端时的速度和需要的时间？
提示：根据公式v2＝2ax和x＝at2即可求得小孩滑到底端时的速度和需要的时间。
基础梳理
　　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。
牛顿第二定律
运动学
如图所示，运动员以v0＝3 m/s的速度将冰壶沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行x1＝20 m后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，以延长冰壶的滑行距离。已知运动员不摩擦冰面时，冰壶和冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，g取10 m/s2。求此冰壶：
(1)滑行20 m过程中的加速度大小a1；
答案：0.2 m/s2
课堂探究
例1
冰壶滑行20 m过程中，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
代入数据解得a1＝0.2 m/s2。
(2)滑至20 m处的速度大小v1；
答案：1 m/s
冰壶滑行20 m过程中做匀减速运动，根据速度与位移关系式有＝－2a1x1
解得v1＝1 m/s。
(3)投出后在冰面上滑行的距离x。
答案：22.78 m
摩擦冰面后，根据牛顿第二定律有
0．9μmg＝ma2
解得a2＝0.18 m/s2
冰壶还能滑行的距离x2＝ m≈2.78 m
冰壶投出后在冰面上滑行的距离x＝x1＋x2＝22.78 m。
1.从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。
2.流程图
总结提升
3.从受力确定运动情况应注意的三个关键
(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，不要写成F－ma＝0的形式。
(2)正方向的选取：通常选取加速度或初速度的方向为正方向，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均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。
总结提升
针对练1.(2025·贵州毕节高一下学期期末)位于贵州与云南交界处的北盘江大桥是世界第一高桥，其水平桥面长1 341 m。某汽车在桥面上以72 km/h的速度匀速运动，突然发现前方有一静止障碍物，司机反应1 s后立即刹车，恰与障碍物不相撞，汽车刹车过程中受到的阻力是车自身重力的0.5倍，重力加速度g取10 m/s2，则司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为
A.40 m B.50 m C.60 m D.70 m
√
汽车以速度v0＝72 km/h＝20 m/s匀速运动，刹车时加速度大小为a＝＝5 m/s2，设从开始刹车到刚好停止时的位移为x1，根据匀变速直线运动规律得＝2ax1，解得x1＝40 m，故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为x＝v0t0＋x1＝20×1 m＋40 m＝60 m。故选C。
针对练2.如图所示，人和雪橇总质量为50 kg，在倾角θ为30°的足够长斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑，雪橇和斜坡间的摩擦力恒为100 N，求人从静止开始下滑
6 m后的速度大小(重力加速度g取10 m/s2)。
答案：6 m/s
根据题意，对人和雪橇整体受力分析，如图所示，由牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma
解得a＝3 m/s2
由运动学公式可得，人从静止开始下滑有v2＝2ax
解得人从静止开始下滑6 m后的速度大小
v＝ m/s＝6 m/s。
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知识点二　从运动情况确定受力
情境导入　世界一级方程式锦标赛(简称为F1)是当今世界最高水平的赛车比赛，与奥运会、世界杯并称为“世界三大体育赛事”。F1赛车可以在2.5 s内从0加速到100 km/h，F1规则规定赛车和车手的总质量不可低于600 kg(可认为等于600 kg)。
(1)根据上述数据计算F1赛车加速时的加速度是多少？
提示：F1赛车加速时的加速度a＝≈11.1 m/s2。
自主学习
(2)若不考虑赛车运动时受到的阻力，F1赛车的牵引力是多少？
提示：根据牛顿第二定律可得牵引力F＝ma＝6 660 N。
基础梳理
　　如果已知物体的运动情况，则可以根据________规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据______________求出力。
运动学
牛顿第二定律
“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g大小为10 m/s2。
(1)求发动机提供的恒定推力F1的大小；
课堂探究
例2
答案：　
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为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
根据速度与位移关系有＝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。
1.从运动情况确定受力的基本思路
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力或某一个力。
2.流程图
总结提升
3.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，均要先进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
总结提升
针对练1.(2025·重庆市南开中学高一上学期期中)一辆汽车在平直跑道上进行性能测试，其速度v随时间t变化的图像如图所示，0～5 s内汽车做匀加速直线运动，5～10 s内做匀速直线运动，t＝10 s开始关闭发动机，汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1 600 kg，运动过程中所受阻力可视为恒定，重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为
A.7 680 N
B.7 360 N
C.5 120 N
D.2 560 N
√
加速运动时的加速度a1＝ m/s2＝3.2 m/s2，减速运
动时的加速度大小a2＝ m/s2＝1.6 m/s2，根据牛顿
第二定律有F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，解得F＝7 680 N。
故选A。
针对练2.M99是我国生产的性能先进、精度高、射程
远的半自动狙击步枪。M99的枪管长度为1.48 m。射
击时，在火药的推力下，子弹在枪管中由静止开始做
匀加速直线运动；射出枪口时，子弹的速度为800 m/s。已知子弹的质量为50 g，求：
(1)子弹在枪管中的加速度a的大小；
答案：2.2×105 m/s2
由于子弹在枪管中做匀加速直线运动，根据速度－位移关系式得v2－＝2ax
代入数据解得a≈2.2×105 m/s2。
(2)子弹在枪管中受到的合力的大小。(结果均保留两位有效数字)
答案：1.1×104 N
根据牛顿第二定律得F＝ma
代入数据解得F＝1.1×104 N。
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知识点三　动力学中的多过程问题
1.解答多过程问题的基本思路
(1)把整个过程拆分为几个子过程，对每个子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——求解运动转折点的速度
转折点的速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。
(2025·江苏扬州高一上学期期中)如图所示，一位滑雪者从倾角θ＝37°的倾斜雪道上A处由静止开始自由下滑，经过4 s滑至倾斜雪道底端B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处。已知滑雪板与倾斜雪道间的动摩擦因数μ1＝0.25，BC的长度为64 m，(不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度大小a1；
例3
答案：4 m/s2
审题指导：滑雪者在倾斜雪道上受到哪几个
力的作用？画出受力示意图。
对滑雪者受力分析如图所示，沿倾斜雪道和垂直倾斜雪道方向分别有
mgsin θ－Ff＝ma1
FN＝mgcos θ
又Ff＝μ1FN
解得a1＝4 m/s2。
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小x1；
答案：16 m/s　32 m　
由匀变速直线运动的规律得v＝a1t1
解得v＝16 m/s
由匀变速直线运动的规律得x1＝a1
解得x1＝32 m。
审题指导：将力进行正交分解，求滑雪者在倾斜雪道上的加速度，利用运动学公式计算滑雪者在倾斜雪道上的末速度及位移。
(3)滑雪板与水平雪道间的动摩擦因数μ2。
答案：0.2
设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2，由匀变速直线运动的规律得
v2＝2a2x2
解得a2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.2。
审题指导：利用运动学公式计算滑雪者在水平雪道上的加速度，再分析受力，利用牛顿第二定律计算动摩擦因数。
针对练.(2025·浙江星辰联盟高二上学期期中)近年来无人
机被广泛应用于应急救灾、地质勘测、高空消防等众多
领域。如图为一无人机作业时的情境，已知无人机质量
m＝1 kg，若无人机从地面以恒定升力竖直起飞，经过4 s时间达到最大速度v＝12 m/s，然后关闭动力系统，无人机又上升了1 s到达最大高度。假设无人机所受阻力大小不变，g＝10 m/s2。求：
(1)无人机关闭动力系统前、后的加速度大小；
答案：3 m/s2　12 m/s2
无人机竖直向上先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，则有v＝a1t1，v＝a2t2
解得 a1＝3 m/s2，a2＝12 m/s2。
(2)无人机上升的最大高度；
答案：30 m
无人机上升的最大高度为x＝t1＋t2＝(24＋6) m＝30 m。
(3)无人机动力系统提供的升力。
答案：15 N，方向竖直向上
根据牛顿第二定律可得
F－mg－Ff＝ma1
mg＋Ff＝ma2
联立解得F＝15 N，方向竖直向上。
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课堂回眸
课时测评
1.用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，并开始计时，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为
A.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2 B.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C.v＝4.5 m/s，a＝0 D.v＝7.5 m/s，a＝0
√
前3 s内，物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知a0＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，3 s末物体的速度为v＝a0t＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；
3 s后，力F消失，物体的加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以第5 s末的速度仍为4.5 m/s，加速度为a＝0。故选C。
2.(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝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(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
A.物体经10 s后，速度减为零
B.物体经2 s后，速度减为零
C.物体的速度减为零后将保持静止
D.物体的速度减为零后将向右运动
√
√
物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 s，A错误，B正确；物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，所以物体将保持静止，C正确，D错误。故选BC。
3.(多选)某汽车正以36 km/h的速度在平直的公路上行驶，为礼让行人采取刹车，刹车后车轮抱死，车轮向前滑行，汽车开始做匀减速直线运动。已知车轮与路面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是
A.汽车刹车后加速度的大小为10 m/s2
B.汽车滑行10 m后停下
C.汽车刹车后3 s内的位移大小为30 m
D.汽车刹车后1 s时的速度大小为5 m/s
√
√
汽车刹车后加速度的大小为a＝＝μg＝5 m/s2，A错误；汽车停下时滑行的距离x＝＝ m＝10 m，B正确；汽车从刹车到停止的时间为t0＝＝2 s，则刹车后3 s内的位移大小等于2 s内的位移大小，为x3＝t0＝10 m，C错误；汽车刹车后1 s时的速度大小为v1＝v－at1＝5 m/s，D正确。故选BD。
4.(2025·安徽芜湖高一上学期期末)如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环(可以看作质点)套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有
A.t3＞t2＞t1
B.t1＞t2＞t3
C.v3＞v2＞v1
D.v1＞v2＞v3
√
设斜杆的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律可得
小环下滑的加速度为a＝＝gsin θ，斜杆的长度为x＝
dsin θ，根据运动学公式x＝at2，可得小环下滑所用时间为
t＝＝＝，则t1＝t2＝t3，由于AQ＞BQ＞CQ，根据平均速度公式＝，可得v1＞v2＞v3。故选D。
5.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，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(不计人与座椅间的摩擦)
A.420 N
B.600 N
C.800 N
D.1 000 N
√
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，则有＝＝－ 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
＝m＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反。故选A。
6.(2025·浙江杭州高一上学期期末)充气火箭是一种操作非常
简单的玩具，只需要踩一下气囊，小火箭就会飞起来。某次
游玩时，同学将火箭竖直向上摆放，发射后测量发现火箭从
地面到最高点和从最高点下落回地面的时间之比约为1∶，
火箭的运动视为只在竖直方向上运动，上升和下落的过程中小火箭所受阻力大小不变，则可估算小火箭受到的阻力大小约为
A.mg B.mg C.mg D.mg
√
将上升过程看作反向初速度为零的匀加速直线运动，则
根据h＝at2，可得＝＝2，上升过程有mg＋Ff＝
ma上，下降过程有mg－Ff＝ma下，可得Ff＝mg。故选A。
7.(多选)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝20 m/s
的初速度沿倾角θ＝37°的足够长的斜面向上滑动，
经t＝2 s滑行到最高点。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。下列说法正确的是
A.滑块运动的加速度大小为10 m/s2 B.滑块运动的加速度大小为5 m/s2
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5 D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2
√
√
滑块的加速度大小为a＝＝10 m/s2，A正确，B错误；对滑块根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.5，C正确，D错误。故选AC。
8.如图所示，经过专业训练的杂技演员进行爬杆表演。质量为60 kg的演员爬上8 m高的固定竖直金属杆，然后抓紧金属杆倒立，头顶离地面7 m高，演员通过双手对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况。假设演员保持如图所示的姿势，从静止开始先匀加速下滑3 m，用时1.5 s，接着立即开始匀减速下滑，当演员头顶刚要接触地面时，速度恰好减为零。若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则
A.演员下滑的最大速度为4.5 m/s
B.演员匀加速下滑时所受摩擦力大小为440 N
C.演员匀减速下滑的加速度大小为1 m/s2
D.演员完成全程所需的总时间为3 s
√
演员匀加速下滑过程，根据x1＝a1可得a1＝＝ m/s2＝
m/s2，演员下滑的最大速度vm＝a1t1＝×1.5 m/s＝4 m/s，对匀
加速下滑过程的演员受力分析，由牛顿第二定律可得mg－Ff＝
ma1，解得Ff＝m(g－a1)＝60× N＝440 N，A错误，B正确；演员匀减速下滑的位移大小x2＝x－x1＝(7－3) m＝4 m，则演员减速过程有＝2a2x2，解得a2＝＝2 m/s2，方向竖直向上，C错误；减速过程的时间t2＝＝2 s，演员完成全程所需的总时间t＝t1＋t2＝3.5 s，D错误。故选B。
9.(多选)质量m＝2 kg的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为正方向，且物体在t＝0时刻的初速度v0＝
8 m/s，g取10 m/s2，则下列结论正确的是
A.0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
B.1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2
C.0～1 s内，物体的位移为7 m
D.0～2 s内，物体的总位移为11 m
√
√
0～1 s内，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2
＝4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体的加速度大小a2＝
＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动
的v-t图像如图所示，故0～1 s内物体的位移为x1＝ m＝6 m，C项错误；0～2 s内物体的总位移为x＝x1＋x2＝ m＝11 m，D项正确。故选BD。
10.(10分)(2025·江苏苏州高一上学期期中)如图所示，质量为2 kg的金属块放在水平地面上，在大小为20 N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F持续作用2 s后撤去(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)在F作用下，金属块的加速度为多大？
答案：6 m/s2
对金属块进行受力分析，根据牛顿第二定律，水平方向有Fcos 37°－Ff＝ma
竖直方向有Fsin 37°＋FN＝mg
又Ff＝μFN
联立解得a＝6 m/s2。
(2)金属块在地面上总共滑行了多远？
答案：26.4 m
力F作用阶段，金属块的位移为
x1＝a＝12 m
撤去力F后，根据牛顿第二定律有μmg＝ma'
根据运动学公式有v＝at1，x2＝
联立解得x2＝14.4 m
所以金属块在地面上总共滑行的距离x＝x1＋x2＝26.4 m。
11.(12分)(2025·湖南邵阳高一上学期期末)如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m。用大小为30 N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处。(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
答案：0.5
根据题意可知，物体做匀加速直线运动，则有L＝a
解得a＝10 m/s2
由牛顿第二定律有F－Ff＝ma
解得Ff＝10 N
又Ff＝μFN＝μmg
则μ＝＝＝0.5。
(2)用大小为30 N、与水平方向成37°角的力斜向下推此物体，使物体从A处由静止开始运动到达B处，求物体的运动时间。
答案：4 s
设物体由A到B运动的时间为t，由牛顿第二定律有Fcos 37°－μ＝ma'
解得a'＝2.5 m/s2
又L＝a't2
解得t＝4 s。
12.(12分)(2025·陕西榆林期末)如图所示，一个质量
m＝0.50 kg的木块以v0＝4 m/s的初速度，从固定
的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。
已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取重力加速度g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)木块所受滑动摩擦力的大小Ff；
答案：1.0 N
斜面对木块的支持力大小FN＝mgcos θ
所受滑动摩擦力的大小Ff＝μFN＝μmgcos θ＝1.0 N。
(2)木块沿斜面向上运动的最大位移x；
答案：2.0 m
设木块沿斜面向上运动的加速度大小为a上，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋Ff＝ma上
木块沿斜面向上运动的最大位移x＝＝2.0 m。
(3)木块返回到斜面底端时的速度大小vt。
答案：4.0 m/s
设木块沿斜面向下运动的加速度大小为a下，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma下
木块返回到斜面底端时的速度大小vt＝＝4.0 m/s。
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5. 牛顿运动定律的应用

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