3. 牛顿第二定律优秀公开课教案

牛顿运动定律的应用

★考情直播

1．考纲解读

考纲内容

能力要求

1.能利用牛顿第二定律求解已知受力求运动和已知运动求受力的1.牛顿定律的应用

2.超重与失重

3.力学单位制

两类动力学问题

失重、完全失重的本质

3.了解基本单位和导出单位，了解国际单位制

考向定位

牛顿第二定律的应用在近几年高考中出现的频率较高，属于Ⅱ级要求，主要涉及到两种典型的动力的系统、弹簧等问题更是命题的重点.这些问题都能很好的考查考试的思维能力和综合分析能力. 2.了解超重、失重现象，掌握超重、学问题，特别是传送带、相对滑动考点一

已知受力求运动

[特别提醒] 已知物体的受力情况求物体运动情况：首先要确定研究对象，对物体进行受力分析，作出受力图，建立坐标系，进行力的正交分解，然后根据牛顿第二定律求加速度a，再根据运动学公式求运动中的某一物理量.

[例1]如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连，细绳处于伸直状态，物块A和B的质量分别为mA=8kg和mB=2kg，物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，物块B距地面的高度h=0.15m.桌面上部分的绳足够长.现将物块B从h高处由静止释放，直到A停止运动.求A在水平桌面上运动的时间（.g=10m/s2）

[解析]对B研究，由牛顿第二定律得mBg-T=mBa1

同理，对A：T-f=mAa1

fNA

NAmAg0

2代入数值解得a11.2m/s

12B做匀加速直线运ha1t1；va1t1

2解得t10.5s

v0.6m/s

B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动fmAa2

；t1解得：t20.6s

v

a2tt1t21.1s

[方法技巧] 本题特别应注意研究对象和研究过程的选取，在B着地之前，B处于失重状态，千万不可认为A所受绳子的拉力和B的重力相等.当然B着地之前，我们也可以把A、B视为一整体，根据牛顿第二定律求加速度，同学们不妨一试. 考点二

已知运动求受力

[特别提醒] 已知物体的运动情况求受力情况：也是首先要确定研究对象，进行受力分析，画出受力示意图，建立坐标系，进行力的正交分解，然后根据运动学公式求加速度，再根据牛顿第二定律求力，可以看出，这两种类型的问题的前几个步骤是相同的，最后两个步骤颠倒顺序即可. [例2]某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机

- 1 -

在10S内高度下降1700m造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算：

（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大?方向怎样?

（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？（g取10m/S2）

（3）未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动?最可能受到伤害的是人体的什么部位?

（注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体）

解析：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据h＝（1/2）at2，得a＝2h/t2，代入h＝1700m，t＝10S，得

２

a＝（2×1700/10）m/S2＝34m/S2，方向竖直向下．

（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为m，安全带提供的竖直向下拉力为F，根据牛顿第二定律

F+mg=ma，得安全带拉力F=m(a-g)=m(34-10)N=24m(N) ∴

安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数n＝F/mg＝2.4（倍）

（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34m/S2，人向下加速度为10m/S2飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害．

[方法技巧]已知运动求受力，关键仍然是对研究对象的正确的受力分析，只不过是先根据运动学公式求加速度，再根据牛顿第二定律求力罢了.

考点三

超重与失重

1．超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）

物体所受重力的情况称为超重现象.当物体具有

的加速度时（向上加速运动或向下减速运动），物体处于超重状态.

2．失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）

物体所受重力的情况称为失重现象.当物体具有

的加速度时（向上减速运动或向下加速运动），物体处于失重状态.

3．完全失重：当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于

，这种状态称为完全失重. [特别提醒]：物体处于失重状态还是超重状态，仅由加速度的方向决定，而与物体的速度方向无关.无论物体处于超重还是失重状态，物体本身的重力并未发生改变.物体处于完全失重时，由于重力产生的一切物理现象都将消失. [例3]（2006·全国）一质量为m=40kg的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图3-13-12所示.试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2. F/N

[解析]

由图可知，在0-2s内，体重计的示数大于mg，故电梯应做440 400 向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为N1，电梯320 及小孩的加速度为a1，根据牛顿第二定律，得N1－mg＝ma1

在这段时间内电梯上升的高度h1＝0 1 2 3 4 5 6 t/s

在2-5s内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，图3－13－12 速度为t1时刻的电梯的速度，即v1＝a1t1 ,在这段时间内电梯上升的高度h2＝v1t2

在5-6s内，体重计的示数小于mg，故电梯应做减速上升运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为N2，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得：

mg－f2＝ma2

- 2 - 12a1t1

100 2

在这段时间内电梯上升的高度

h3＝v1(t3t2)1a2(t3t2)2

2电梯上升的总高度h＝h1＋h2+h3

代入数据解得h＝9m

[方法技巧]要理解超重和失重的含义，超重和失重问题实际上是竖直方向利用牛顿第二定律解题.

考点四

临界与极值问题

[特别提醒]：力学中的临界问题指一种运动形式（或物理过程和物理状态）转变为另一种运动形式（或物理过程和物理状态）时，存在着分界限的现象，这种分界限通常以临界值和临界状态的形式出现在不同的问题中，而临界与极值问题主要原因在于最大静摩擦力、绳子的张力等于零、两个物体要分离时相互作用的弹力为零等. [例4]在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度为k的弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若A以加速度a（a

（1）从挡板开始运动到球板分离所经历的时间t；

A （2）从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移x.

θ

[解析]（1）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力FN1和弹簧弹力f，据牛二定律有方程：

mgsinfFN1ma，fkx

随着x的增大，f增大，FN1减小，保持a不变，当m与挡板分离时，x增大到等于s，FN1减小到零，则有：

12at

，

mgsinksma

212联立解得：mgsinkatma

2xt2m(gsina)

ka（2）分离后继续做加速度减小的加速运动，v最大时，m受合力为零，即ksmmgsin，位移是xmmgsin

k[方法技巧]临界与极值问题关键在于临界条件的分析，如相互挤压的物体要分离，其临界条件一定是相互作用的弹力为零.另外，最大静摩擦力的问题、绳子的张力等等都会经常和临界与极值问题相联系. 考点五

力学单位制

物理学的关系式确定了物理量之间的数量关系的同时，也确定了物理量间的

，选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导其他物理量的单位，被选定的物理量叫做

，它们的单位叫做

，由基本物理量的单位根据物理关系式推导出来的其他物理量的单位叫做

，基本单位和导出单位一起组成了

.

国际单位制在力学范围内，选定了

、

、

作为基本物理量，它们的单位是

、

、

.

在物理计算中，对于单位的要求是

.

[例5]下列有关力学单位制的说法中不正确的是（

）

A．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位

B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量、力

C．力学单位制中，国际单位制中的基本单位有kg、m、s

- 3 -

D．单位制中的导出单位可以用基本单位来表示

[解析]物理计算中，一般采用国际单位，但有时也可以采用其它单位，力学中的三个基本单位是kg、m、s. [答案]AB [方法小结]物理学中选定了7个物理量作为基本物理量，其余的物理量叫导出物理量，基本物理量的单位叫做基本单位，导出物理量的单位叫导出单位，导出单位都可以由基本单位推导出来.要牢记力学中的三个基本物理量及其单位，在物理计算中，只要采用国际单位制的单位，中间过程就无需带单位，最后的结果一定是国际单位制中的单位. ★

高考重点热点题型探究

热点1

应用牛顿定律求解两类动力学问题

[真题1]（2008海南）科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量．

解析：由运动学公式有：hv0t12at

2由牛顿第二定律得：mg－f＝ma

抛物后减速下降有：Δv＝a/Δt

f(mm/)g(mm/)a/

解得：mm/av/t101 kg

gv/t[名师指引]本题实际上是已知受力求运动的问题，题目有多个过程，我们应该对多个过程依次分析求解.

[真题2]（2006·全国1）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动.经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度. [解析]根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0. 根据牛顿第二定律mgma，可得

a=μg.

设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有

v0=a0t

v=at 由于a

v0=v+at'

v 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再

产生新的痕迹. v0

设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离

a0

a 12分别为s0和s，有

s0=a0t+v0 t'

0

t 2

- 4 - 图3－13－22

v02

s=

2a传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s v02(a0－μg)由以上各式得：l=

2μa0g[名师指引] 皮带传输机是利用货物与传送代之间的摩擦力将货物匀速到别的地方去，它是牛顿第二定律在实际中的应用，该问题涉及到摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的应用，具有较强的综合性和灵活性.主要有水平传送带、倾斜传送带、组合（水平和倾斜）传送带三种类型.

求解传送带问题关键在于摩擦力的方向分析，特别要注意物体的速度和传送带速度之间的关系，还有物体和传送带之间的相对位移等.对于倾斜的传送带问题还要特别注意分析摩擦力是滑动摩擦力还是静摩擦力.另外传送带问题可以采用v－t求解.

本题也可以巧用图象法求解：作出皮带和煤块的v-t图如图3-13-22所示，粗实线为皮带的速度图线，细实线为煤块的速度图线，最后具有共同的速度v0，黑色痕迹的长度为两者速度图线的面积之差.本题考查匀变速直线运动规律和牛顿运动定律，题目设计巧妙，能力要求较高，属于难题，要求考生具有处理复杂问题的能力，尤其在隐含及临界条件的挖拙上，对分析物理过程也要有较高的能力. 新题导练

1-1.（2008广东四校联考）考驾照需要进行路考，路考其中有一项是定点停车。路旁可以竖一标志杆，在车以V0的速度匀速行驶过程中，距标志杆的距离为s时，考官命令考员到标志杆停，考员立即刹车，车在恒定滑动摩擦力作用下做匀减速运动，已知车（包括车内的人）的质量为M，车与路面的动摩擦因数为μ.车视为质点，求车停下时距标志杆的距离（说明V0与S、μ、g的关系）. 2．（2008珠海一模）如图所示，质量M＝10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F＝50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g＝10m/s2）

(1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？

(2）最终木板上放有多少块铁块？

(3）最后一块铁块与木板右端距离多远？

热点2

超重与失重

[真题4]（2008山东）直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是

A．箱内物体对箱子底部始终没有压力

B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大

D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”

[解析]:因为受到阻力，不是完全失重状态，所以对支持面有压力，A错.由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，最终匀速运动，BD错，C对. [答案] C [名师指引]本题很容易审题不清，有的学生看成完全失重状态.超重和失重，是力和运动的连接点，在日常生活中应用到处可见，也是每年的高考重点，这也是我们备考的重点内容.

- 5 -

新题导练

2-1.（2008广东五校联考）如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上。小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（

）

A．滑块运动到A点时，N＞Mg，摩擦力方向向左

B．滑块运动到B点时，N=Mg，摩擦力方向向右

C．滑块运动到C点时，N>（M+m）g，M与地面无摩擦力

D．滑块运动到D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左

2-2.（2008汕尾一模）同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为1kg的手提包上，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后，列在下表中：

建立物理模型

时间段(s) 匀加速直线运动

2.5 匀速直线运动

9 匀减速直线运动

2.5 0.40 0 0.40 平均加速度(m/s2) 为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下图（设F为手提包的拉力，

g取9.8m/s2）中正确的是（

）

★抢分频道

1.限时基础训练

1.（2007·山东）下列实例属于超重现象的是(

)

A．汽车驶过拱形桥顶端

B．荡秋千的小孩通过最低点

C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动

D．火箭点火后加速升空

2.（2008深圳一模）关于力学单位制说法中正确的是(

) A．kg、m/s、N是导出单位

B．kg、m、J是基本单位

C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma 3. (2008茂名一模)质量为m的物体沿直线运动，只受到力F（F≠0）的作用，物体的位移X、速度V、加速度a和受到冲量I随时间变化的图象如下图所示，其中不可能的是(

) ．．．

- 6 -

a V I X

t t t t O O O O

A B C

D 4. (2008韶关二模)某科技兴趣小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是(

) A.t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面

B.卫星在0~t1时间内的加速度大于t1~t2时间内的加速度

C. t1~t2时间内卫星处于超重状态，t2~t3时间内卫星处于失重状态

D.卫星在t2~t3时间内的加速度等于重力加速度

5. (2008肇庆二模)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(

) A.物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小

B.物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小

C.物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小

D.物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大

6. 如图3-13-29所示，传送带不动时，物块由皮带顶端A从静止开始滑下到皮带底端B用的时间是t，则(

) A．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于t

B．当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t C．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定等于t D．当皮带向下运动时，物块由A滑到B的时间一定小于t 图3－13－29 7. 质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t=0时质点的速度为零，在图3-13-30示的tl、t2、t3和t4各时刻中

(

)

A．t1时刻质点速度最大

B．t2时刻质点速度最大

图3－13－30

C．t3时刻质点离出发点最远

D．t4时刻质点离出发点最远

8. 质量为m的物体，只受一恒力F的作用，由静止开始经过时间t1产生的位移为s，达到的速度为v1；该物体改受恒力2F的作用，由静止开始经过时间t2产生相同的位移s，达到的速度为v2，比较t1和t2、v1和v2的关系，有(

) A．2t2=t1，v2=2v1

B．2t2=t1，v2=2v1

C．2t2=t1，v2=2v1

D．2t2=t1，v2=2v1

9.（2007·上海）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图3-12-14所示，取重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）小环的质量m

；

F/N

v/ms1

（2）细杆与地面间的倾角

？

5.5

1

F

5



0

2

4

6

t/s

0

2

4

6

t/s

－图3－12－14

- 7 -

10．（2007·深圳一模）如图3-13-32所示，质量为m的金属块放在水平桌面上，在与水平方向成θ角斜向上、大小为F的拉力作用下，以速度v向右做匀速直线运动．重力加速度为g．求：

（1）求金属块与桌面间的动摩擦因数．

（2）如果从某时刻起撤去拉力，则撤去拉力后金属块在桌面上还能滑行多远？

2．基础提升训练

图3－13－32 11. (2008汕头一模

)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是（

）

A．Fa变大，Fb不变

FaFbB．Fa变大，Fb变小

C．Fa变大，Fb变大

D．Fa不变，Fb变小

12. (2008茂名二模)如图7所示，某人通过定滑轮用不可伸长的轻质细绳将质量为m的货物提升到高处.已知人拉绳的端点沿平面匀速向右运动，若滑轮的质量和摩擦均不计，则下列说法中正确的是（

）

A.货物匀速运动上升

B.货物加速运动上升

C.绳的拉力T大于物体的重力mg D.绳的拉力T等于物体的重力mg

13. 如图3-13-11所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v3，则下列说法正确的是

（

）

v2 v1 A、只有v1= v2时，才有v3= v1

B、若v1 >v2，则v3= v2

C、若v1

图3－13－11 D、不管v2多大，总有v3= v1

14.（2006·上海）如图3-12-16所示，质量为

10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平面的夹角θ＝37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1．25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S.（已知

sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2）

F

θ

图3－12－16

15．（2008年中山一中）总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图，根据图像回答以下问题（g取10m/s2）

- 8 -

（1）定性说明开启降落伞后运动员的加速度变化情况

（2）求t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小

（3）据图估算出开启降落伞后运动员变速下降的距离约为157m，求运动员从飞机上跳下到着地的总时间？

16. (2007·广东五校联考)一行星探测器，完成探测任务后从行星表面竖直升空离开该行星.假设该探测器质量恒为M=1500kg，发动机工作时产生的推力为恒力，行星表面大气层对探测器的阻力大小不变.探测器升空后一段时间因故障熄灭，发动机停止工作.图3-13-28是探测器速度随时间变化的关系图线.已知此行星的半径为6000km，引力常量为G=6.67×10-11N·m2／kg2

，并认为探测器上升的高度范围内的重力加速度不变.求：

(1)该行星表面的重力加速度；

(2)探测器发动机工作时产生的推力；

(3)该行星的平均密度?

3．能力提高训练

图3－13－28 17.（2006·四川）质量不计的弹簧下端固定一小球，现手持弹簧上端使小球随手在竖起方向上以同样大小的加速度a（a＜g）分别向上、向下做匀加速直线运动.若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为x1、x2.则(

)

A．x1+ x1＝x2＋x2

B．x1+ x1＜x2＋x2

C．x1+x2＝x2＋x1

D．x1+x2＜x2＋x1 ''''''''''L P

18. (2007·佛山一模) 某同学欲用如图3-12-22所示的装置来验证机械能守恒定律.P、Q为记录重物A运动情况的两个光电门.A、B为两重物，用跨过滑轮的细线连接，其中mA＝B2kg，细线、滑轮质量以及摩擦均可不计.为了保证无论B物体质量多大，实验都能顺利进Q A2行，该同学应选用抗拉能力至少是多大的绳索（L）来悬挂滑轮（g取10m/s）(

) 图3－12－22 A.150N

B.80N

C.40N

D.20N

19. (2007·海南)如图3-12-15所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v130m/s进入向下倾斜的直车道.车道每100m下降2m.为使汽车速度在s=200m的距离内减到v210m/s，驾驶员必须刹车.假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B，30％作用于汽车A.已知A的质量m12000kg，kg.求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力.取Ｂ的质量m26000重力加速度g=10m/s2.

- 9 - 图3－12－15

20. 如图3-13-12所示，传送带与水平面间的夹角为θ=37°，传送带以10m/s的速率运行，在传送带上端A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？

A

B θ

图3－13－12

参考答案

考点整合

考点3.大于,向上，小于；向下，零.

考点5. 单位关系，基本物理量，基本单位，导出单位，单位制；长度，质量，时间

m，kg，s；统一单位. 新题导练

1-1. 解析：车的加速度大小由牛顿第二定律知：MgMa

所以

ag

设车的速度为

V

时车刚好停在标志杆处则：

v2as

即：

v22gs

2v0

刹车过程中车的位移为：s

2g

当

v0v当

v0v2gs时，车停在标志杆处，车距标志杆的距离sss0

2gs时，车还没达到标志杆处，车距标志杆的距离

2v0

ssss2g

当

v0v2gs时，车已经驶过标志杆，车距标志杆的距离

2v0ssss

2g1-2.（1）木板最初做匀速运动，由F=μMg解得，

第l 块铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度大小为a1,即有：

- 10 -

代人数据解得：

第1 块铁（2）设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：

2块放上后：2a1Lv0v12

22第2 块铁抉放上后：2a2Lv1

v222第n块铁块放上后：2anLvn1vn

由上可得：(123n)2mgM22Lv0vn

木板停下时，vn0，得n=6.6．即最终有7 块铁块放在木板上．

（3）从放上第1块铁块至刚放上第7 块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

从放上第7 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：

联立解得：d4m

7

2-1. BC[物体在A点时，滑块具有竖直向下的加速度，系统处于失重状态，地面对轨道无摩擦力，故A错，滑块到达B点时，具有水平向右的加速度，故B正确，物体到达C点时，滑块具有竖直向上的加速度，系统处于超重状态，地面对M无摩擦力，C正确，同理易知D错误] 2-2. AC[电梯的运动分为匀加速上升、匀速上升、匀减速上升三个过程，易知AC正确] 抢分频道

1.限时基础训练

1.BD [物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态，故选BD] 2.D[在国际单位制中，牛顿第二定律的比例系数才为1] 3.A[A是运动运动位移随时间的变化规律] 4.CD[火箭先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀加速运动，最后做竖直上抛运动到达最高点.] 5.D[根据力与加速度、速度的关系易知D正确] 6.BD[皮带向上运动时，物体所受的摩擦力和皮带静止时的一样，皮带向下运动时，物体所受摩擦力向下，加速度增大，时间变短] 7.BD[作出v-t图可很快得出结论] 8.B[根据牛顿第二定律、运动学公式即可] v9.由图得a＝

＝0.5m/s2

t前2s有

F1－mg sin＝ma

2s后有

F2＝mg sin

代入数据可解得

m＝1kg，＝30

10．（1）取物体的运动方向为正，由平衡条件有

Fcosf0

NmgFsin

又fN

所以有

Fcos

mgFsin- 11 -

（2）由牛顿第二定律有

mgma

ag20v0v2mgFsin据0v2as有s

2a2gFcosgFcos

mgFsin202．基础提升训练

11.D[设a绳子与竖直方向的夹角为，对小球进行受力分析有Facosmg；FasinFbma可知D正确] 12.BD[设绳子与水平方向的夹角为，把人的速度分解则有v绳＝vcos，人匀速右移，物体加速上升，物体处于超重状态，故BC正确] 13．BC[注意传送带对物块摩擦力方向的判断.物块向左减速运动：位移为L=V22/2μg，物块减速到零后，向右加速运动：若v1

>v2，物块一直匀加速到返回水平面，则v3= v2；若v1

由牛顿运动定律得

Fcosθ－f－mgsinθ＝ma1

N N＝Fsinθ＋mgcosθ

又

f＝μN

F 加速过程由运动学规律可知

v＝a1t1

f θ

mg 撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为

a2，则

a2＝gsinθ＋μg cosθ

由匀变速运动规律有

v=a2t2 图3－12－17 由运动学规律知

s＝

11a1t12＋a2t22

22代入数据得μ＝0.25

s＝16.25m 15.解析：（1）由图知运动员开启降落伞后，加速度先减小后增大，然后再减小至零，运动员匀速下落至地面.

（2）由图像知0—2s内运动员做匀加速直线运动，其加速度为a1608m/s2

2f 设所受阻力为f根据牛顿第二定律知

Gfma

所以

fGma160N

16216m

(3) 0—2s内下落的距离为h12

运动员匀速下落的距离为h3hh1h250016157327m

运动员匀速下落的时间为t3a G 32754.5s

6

所以运动员下落的总时间为t1454.568.5s

16. (1) 根据图象和运动学公式可知：0～8s内，探测器的加速度a1=10.5m/s2；8～20s内，探测器的加速度

- 12 -

a2=7 m/s2

；20～36s内，探测器的加速度a3=5m/s2.

设空气阻力为f，根据牛顿第二定律

8～20s内

mg+f=ma2

20～36s内

mg-f=ma3

解得

g=6m/s2；f ＝1500 N

(2) 根据牛顿第二定律

0～8s内

F-mg-f=ma1

解得

Ｆ＝26250 N

Mm043mgMR

0R233g3.58103

kg/m3

解得4RG(3) 在行星表面根据G3．能力提高训练

17.C[根据牛顿第二定律

无阻力时Kx1－mg＝ma，

mg

－Kx2＝ma

//有阻力时Kx1/－mg－f＝ma，mg

－Kx2－f＝ma

联立可得x1/＋x2＝x1＋x2. ] 18.B[A上升或者下降的加速度的极限值为10m/s2 ,A以g加速上升时，A、B绳中大张力最大，解得T＝40N，L中的张力T＝2T=80N] 19.解析:汽车和拖车一起沿斜坡做匀减速运动，用a表示加速度的大小，

有v2v12as

用Ｆ表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有F(m1m2)gsin(m1m2)a

22sin22102

10030F,方向与汽车前进方向相反；用fN表示拖车作100设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f,根据题意f用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同.以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有ffNm1gsinm1a联立解得fN代入数据得fN880N

30(m1m2)(agsin)m1(agsin)

10020.解析：（1）若传送带的运行方向向下：

物体刚放上去时，传送带对物体的摩擦力方向沿传送带向下，

物体加速度为

a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2

经时间t1，物体与传送带速度相等，t1=v/a1=1s，物体对地位移为s1=vt1/2=5m 物体速度达到v后，传送带对物体的摩擦力方向沿传送带向上，由于mgsinθ>μmgcosθ，物体沿传送带向下加速运动，物体加速度为

a2=g(sinθ－μcosθ)=2m/s2

物体以a2加速运行剩下的11m位移所需时间为t2，由s2=vt2+a2t22/2，得，t2=1s 所需总时间为t=t1+t2=2s （2）若传送带的运行方向向上：物体相对于传送带一直沿斜面向下运动，物体所受的摩擦力方向一直沿斜面向下，加速度大小为a3=g(sinθ－μcosθ)=2m/s2

物体从传送带A端运动到B端的时间为t′，则有t′=

- 13 - 2s=4s

a3