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牛顿运动定律基本应用
两类动力学问题
重难点
题型
分值
重点
求解加速度
选择
计算
12-16分
难点
牛顿运动定律及运动学公式的综合应用
两类动力学问题
1. 已知物体的受力情况求物体的运动情况
根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿第二定律F=ma求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学公式就可以求出物体的运动情况––物体的速度、位移或运动时间。
2. 已知物体的运动情况求物体的受力情况
根据物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，然后再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。
求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：
第一类　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第二类
在匀变速直线运动的公式中有五个物理量，其中有四个矢量v0、v、a、x，一个标量t。在动力学公式中有三个物理量，其中有两个矢量F、a，一个标量m。运动学和动力学中公共的物理量是加速度a。在处理力和运动的两类基本问题时，不论由力确定运动还是由运动确定力，关键在于加速度a，a是联结运动学公式和牛顿第二定律的桥梁。


如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2。

（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。
答案：（1）8. 0 s　41. 5 m/s　（2）5. 2×105 N
解析：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F合＝F－Ff＝ma1①
v－v＝2a1l1②
v1＝a1t1③
注意到v0＝0，Ff＝0. 1mg，代入已知数据可得
a1＝5. 0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8. 0 s④
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2⑤
mgsin α＝mg⑥
v－v＝2a2l2⑦
注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3. 0 m/s2，
v2＝ m/s＝41. 5 m/s⑧
（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有
F合″＝F推＋F－Ff＝ma1′⑨
v1′2－v＝2a1′l1⑩
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有
a2′＝3. 0 m/s2
v2′2－v1′2＝2a2′l2
根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推＝5. 2×105 N。
两类动力学问题的解题步骤
（答题时间：30分钟）
1. 一质点受多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是（　　）
A. a和v都始终增大
B. a和v都先增大后减小
C. a先增大后减小，v始终增大
D. a和v都先减小后增大
2. 如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（　　）

A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度a匀加速下滑
C. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑
3. 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）

A. tanθ和　 　　　　　 B. （－1）tanθ和
C. tanθ和 D. （－1）tanθ和
4. 如图所示，一质量m＝0. 4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
1. C 解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向。当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确。
2. C 解析：本题考查了牛顿第二定律的应用，解题关键是受力分析。设物块与斜面间动摩擦因数为μ。由牛顿第二定律有：
加恒力F前：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，①
加恒力F后，设加速度为a′，则：
（F＋mg）sinθ－μ（F＋mg）cosθ＝ma′。②
由①②得：a′＝a＋。③
又由①式可知：sinθ－μcosθ>0，则>0。④
由③④得a′>a。因此选项C正确。
3. D 解析：对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，根据运动规律可得v2＝2a·，（）2＝2a·，联立可得μ＝（－1）tanθ，h＝。故D项正确。
4. 答案：（1）3 m/s2 8 m/s'（2）30° N
解析：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，
由运动学公式得
L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at ②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s④

（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤
Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝⑧
由数学知识得
cosα＋sinα＝sin（60°＋α）⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝N。?
解密超重和失重
重难点
题型
分值
重点
对超重和失重的理解
选择
计算
4-6分
难点
超重和失重综合应用
超重和失重
1. 实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：测力计所指示的数值。
2. 超重、失重和完全失重比较
超重现象
失重现象
完全失重
概念
物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象
产生
条件
物体的加速度方向向上
物体的加速度方向向下
物体的加速度方向向下，大小a＝g
列原
理式
F－mg＝ma
F＝m（g＋a）
mg－F＝ma
F＝m（g－a）
mg－F＝mg
F＝0
运动
状态
加速上升、
减速下降
加速下降、
减速上升
无阻力的抛体运动情况；绕地球匀速圆周运动的卫星
注意：无论超重还是失重，物体的实际重力都没有变化。
3.超重和失重的判定
从受力的
角度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度（a＝g）时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重

关于各项体育运动的解释，下列说法正确的是（ ）
A. 蹦床运动员在空中上升到最高点时处于超重状态
B. 跳高运动员在越杆时处于平衡状态
C. 举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于平衡状态
D. 跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时，处于完全失重状态
答案：CD
解析：蹦床运动员在空中上升到最高点时，只受重力，故处于完全失重状态，跳高运动员在越杆时，同样也是处于完全失重状态，故A、B错误；举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于平衡状态，C正确；跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时，只受重力，故处于完全失重状态。


一物体从静止开始竖直向上运动，其v-t图像如图所示，下列判断正确的是 （ ）

A. t3时刻物体上升到最高点
B. t2～t3时间内，物体在下落
C. 0～t3时间内，物体始终处于超重状态
D. t2～t3时间内，物体处于失重状态
答案：AD
解析：由速度图像可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内物体一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，A正确、B错误。0～t2时间内，物体加速上升，具有向上的加速度，物体处于超重状态，而在t2～t3时间内，物体减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C错误、D正确。

某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图4所示的v?t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）

图4
A. 在5～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
B. 在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C. 在10～20 s内，该同学所受的支持力减小
D. 在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态
答案：A
解析：由图象可知，在5～10 s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A正确；在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10～20 s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0. 2 m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，C错误。
判断超重和失重的方法
从受力的
角度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度（a＝g）时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
（答题时间：25分钟）
1. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是（ ）
A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
2. 如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上。若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（ ）
A. 加速下降 B. 加速上升 C. 减速上升 D. 减速下降
3. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（　　）
A. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
4. 几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层。并用照相机进行了相关记录，如图所示。他们根据记录，进行了以下推断分析，其中正确的是（　　）

A. 根据图2和图3可估测出电梯向上启动时的加速度
B. 根据图1和图2可估测出电梯向上制动时的加速度
C. 根据图1和图5可估测出电梯向下制动时的加速度
D. 根据图4和图5可估测出电梯向下启动时的加速度
5. 竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后（ ）
A. 小球开始向下做匀加速运动 B. 弹簧恢复原长时小球加速度为零
C. 小球运动到最低点时加速度小于g D. 小球运动过程中最大加速度大于g
1. A　解析：以A、B整体为研究对象，仅受重力，由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g，方向竖直向下。以A为研究对象，因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，在上升和下降过程中A对B的压力一定为零，选项A正确，B、C、D错误。
2. BD　解析：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项B、D正确。
3. D 解析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误。在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。
4. C 解析：由图1可知该同学的体重约为47 kg，根据图1、图2可估算出电梯向上启动时的加速度，根据图1、图5可估算出电梯向下制动时的加速度，而根据图2与图3和图4与图5无法估算加速度，C正确。
5. D 答案：解析：迅速放手后，小球竖直向下的重力不变，弹簧弹力先竖直向下，大小逐渐减小，后竖直向上，大小逐渐增大，所以小球的合力时刻在变，小球不做匀加速运动，选项A错误；弹簧恢复原长时小球的加速度为重力加速度，不为零，选项B错误；小球运动到最低点时的合外力与刚放手时的合外力等大反向，所以小球运动到最低点时的合外力大于其重力，加速度应大于g，小球运动过程中最大加速度也肯定大于g，选项C错误，D正确。

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