微专题二—人教版新教材 高中物理必修第一册课件(29张)

人教版高中物理必修一全册课件【完整版】本课件适用于人教版高中物理必修一教材，涵盖了全册内容，旨在帮助学生更好地理解和掌握物理知识。

课件采用了生动形象的动画和图表，以及清晰简洁的文字描述，使学习更加直观和有趣。

1. 物质和运动本部分介绍了物质的基本概念，以及物质运动的基本形式。

通过生动的动画演示，学生可以更直观地理解物质运动的规律。

2. 力和运动本部分详细讲解了力的概念、作用效果以及牛顿三大运动定律。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解力与运动的关系。

3. 动能和势能本部分介绍了动能和势能的概念、计算公式以及它们之间的转化。

通过生动的动画演示，学生可以更直观地理解能量守恒定律。

4. 机械能守恒定律本部分详细讲解了机械能守恒定律的原理和应用。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解机械能守恒定律在物理问题中的应用。

5. 热力学第一定律本部分介绍了热力学第一定律的原理，以及它与能量守恒定律的关系。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解热力学第一定律在物理问题中的应用。

6. 热力学第二定律本部分介绍了热力学第二定律的原理，以及它与熵的概念。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解热力学第二定律在物理问题中的应用。

7. 气体动理论本部分介绍了气体动理论的基本概念，以及它与气体状态方程的关系。

通过生动的动画演示，学生可以更直观地理解气体动理论。

8. 固体和液体本部分介绍了固体和液体的基本性质，以及它们之间的区别。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解固体和液体的性质。

9. 热传导和热辐射本部分介绍了热传导和热辐射的基本概念，以及它们在热传递中的作用。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解热传导和热辐射的原理。

10. 热力学过程本部分介绍了等温过程、等压过程、等容过程和绝热过程等基本概念，以及它们在热力学问题中的应用。

通过实际案例的分析，学生可以更好地理解热力学过程。

人教版高中物理必修一全册课件【完整版】为了帮助同学们更好地掌握高中物理必修一的知识，我们精心准备了这份人教版高中物理必修一全册课件。

6超重和失重[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道重力测量的两种方法.2.知道什么是视重.3.理解超重、失重和完全失重现象．科学思维：1.能够在具体实例中判断超重、失重现象.2.会利用牛顿运动定律分析超重和失重现象．一、重力的测量1．方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量m，利用牛顿第二定律可得G＝mg.2．方法二：利用力的平衡条件将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态．这时物体受到的重力的大小等于测力计对物体的拉力或支持力的大小．二、超重和失重1．视重：体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的压力．2．失重(1)定义：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．(2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．3．超重(1)定义：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．(2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度．4．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态．(2)产生条件：a＝g，方向竖直向下．1．判断下列说法的正误．(1)超重就是物体受到的重力增加了．(×)(2)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了．(×)(3)物体处于超重状态时，物体一定在上升．(×)(4)物体处于失重状态时，物体可能在上升．(√)2．质量为50 kg的人站在电梯内的水平地板上，当电梯以大小为0.5 m/s2的加速度匀减速上升时，人对电梯地板的压力大小为________ N(g取10 m/s2)．答案475一、超重和失重的判断导学探究如图1所示，某人乘坐电梯正在向上运动．图1(1)电梯启动瞬间加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大还是小？答案(1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力．(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以支持力小于重力．知识深化1．对视重的理解当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．2．判断物体超重与失重的方法(1)从受力的角度判断：超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力，即视重大于重力．失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力，即视重小于重力．完全失重：物体所受向上的拉力(或支持力)为零，即视重为零．(2)从加速度的角度判断：①当物体的加速度方向向上(或竖直分量向上)时，处于超重状态，如图2.根据牛顿第二定律：F N－mg＝ma，此时F N>mg，即处于超重状态．可能的运动状态：向上加速或向下减速．图2图3图4②当物体的加速度方向向下(或竖直分量向下)时，处于失重状态，如图3.根据牛顿第二定律：mg－F N＝ma，此时F N<mg，即处于失重状态．可能的运动状态：向下加速或向上减速．③当物体的加速度为g时，处于完全失重状态，如图4.根据牛顿第二定律：mg－F N＝ma，此时a＝g，即F N＝0.可能的运动状态：自由落体运动或其他抛体运动．2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射成功，如图5所示．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是()图5A．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B．飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态C．火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力D．在飞船绕地球运行时，宇航员处于完全失重状态，则宇航员的重力消失了答案 A解析火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，选项A正确，C错误；飞船落地前减速下落时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知宇航员受到的支持力大于自身的重力，宇航员处于超重状态，选项B错误；宇航员处于完全失重状态时，仍然受重力，选项D错误．1．物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．2．发生超重或失重现象只取决于加速度的方向，与物体的速度方向、大小均无关．如图6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()图6A．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物体受到的重力答案 A解析A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确．1．完全失重状态的说明：在完全失重状态下，平时一切由重力产生的物理现象都将完全消失，比如物体对支持物无压力、摆钟停止摆动、液柱不再产生向下的压强等，靠重力才能使用的仪器将失效，不能再使用(如天平、液体压强计等)．2．完全失重时重力本身并没有变化．(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图7甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示，根据图像分析得出的结论中正确的是()图7A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层答案BC解析由题图可以看出，0～t1，F＝mg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，物块可能静止或匀速运动；t3～t4，F<mg，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能减速向上或加速向下运动．综上分析可知，B、C正确．二、超重、失重的有关计算(多选)如图8所示，电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()图8A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2答案BC解析电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，可知重物的重力等于10 N，重物的质量m＝1 kg，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6 N，对重物，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下，因此电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，选项B、C正确．针对训练质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图9所示，重力加速度g取10 m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数．图9(1)匀速上升；(2)以4 m/s2的加速度加速上升；(3)以5 m/s2的加速度加速下降．答案(1)600 N(2)840 N(3)300 N解析(1)匀速上升时，由平衡条件得：F N1＝mg＝600 N，由牛顿第三定律得，人对体重计压力为600 N，即体重计示数为600 N.(2)以a1＝4 m/s2的加速度加速上升时，由牛顿第二定律得：F N2－mg＝ma1，则F N2＝mg＋ma1＝840 N由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为840 N，即体重计示数为840 N.(3)以a2＝5 m/s2的加速度加速下降时，由牛顿第二定律得：mg－F N3＝ma3，则F N3＝mg－ma3＝300 N，由牛顿第三定律得，人对体重计的压力为300 N，即体重计示数为300 N.1．(超重和失重的判断)(2019·天水一中高一第一学期期末)在学校运动会上，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度，若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是() A．小明下降过程中处于失重状态B．小明起跳后在上升过程中处于超重状态C．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了答案 A2．(超重和失重的判断)如图10甲所示是某人站在力传感器上做下蹲—起跳动作的部分示意图．如图乙所示是根据传感器画出的力—时间图像，其中力的单位是N，时间的单位是s.两图中的点均对应，取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是()图10A ．此人的质量约为60 kgB ．此人从站立到蹲下的过程对应乙图中1到6的过程C ．此人在状态2时处于超重状态D ．此人向上的最大加速度大约为1.9g答案 D解析 根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70 kg ，故选项A 错误；同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B 错误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C 错误；根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a ＝F max －mg m≈1.9g ，所以选项D 正确．3．(超重和失重的判断)(多选)(2019·辽宁实验中学等五校高一上学期期末)某地一观光塔总高度达600 m ，游客乘坐观光电梯大约1 min 就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，a －t 图像如图11所示．则下列说法正确的是( )图11A ．t ＝4.5 s 时，电梯处于超重状态B ．5～55 s 时间内，绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时，电梯处于超重状态D ．t ＝60 s 时，电梯速度恰好为0答案 AD4．(超重、失重的有关计算)(多选)在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是( )A ．升降机可能以0.8g 的加速度加速上升B ．升降机可能以0.2g 的加速度加速下降C ．升降机可能以0.2g 的加速度减速上升D ．升降机可能以0.8g 的加速度减速下降答案 BC解析 若a ＝0.8g ，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有F －mg ＝ma ，得F ＝1.8mg ，其中F为人的视重，人的视重比实际重力大F －mg mg×100%＝80%，A 、D 错误；若a ＝0.2g ，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有mg －F ′＝ma ，得F ′＝0.8mg ，人的视重比实际重力小mg －F ′mg×100%＝20%，B 、C 正确．考点一超重和失重的分析和判断1．下列关于超重和失重的说法中，正确的是()A．物体处于超重状态时，其重力增加了B．物体处于完全失重状态时，其重力为零C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增大或减小了D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有发生变化答案 D2.(2018·汉江中学高一上学期期末)如图1所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况下，体重计的示数最大的是()图1A．电梯匀速上升B．电梯匀减速上升C．电梯匀减速下降D．电梯匀加速下降答案 C3．(多选)(2019·灵璧一中期中考试)下列有关超重与失重的说法正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下降过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内处于超重状态D．不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变答案BD解析体操运动员双手握住单杠吊在空中静止不动时单杠对运动员的拉力等于运动员的重力，运动员既不处于超重状态也不处于失重状态，A错误；蹦床运动员在空中上升和下降过程中都有方向竖直向下的加速度，都处于失重状态，B正确；举重运动员在举起杠铃后静止不动的那段时间内地面对运动员和杠铃的支持力等于运动员和杠铃的重力，运动员和杠铃既不处于超重状态也不处于失重状态，C错误；不论是超重、失重或是完全失重，物体所受的重力都没有发生改变，D正确．4.如图2所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的阻力，下列说法正确的是()图2A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力答案 A解析降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有：F T－mg＝ma，即F T＝mg＋ma>mg，故D错误．5.(2019·长安一中高一上学期期末)如图3所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，当电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时变大了，这一现象表明()图3A．电梯一定处于加速上升阶段B．电梯的速度方向一定向下C．乘客一定处在超重状态D．电梯的加速度方向可能向下答案 C6.如图4所示为一物体随升降机由一楼竖直向上运动到某高层的过程中的v－t图像，则()图4A．物体在0～2 s处于失重状态B．物体在2～8 s处于超重状态C．物体在8～10 s处于失重状态D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态答案 C解析从加速度的角度判断，由题意知0～2 s物体的加速度方向竖直向上，则物体处于超重状态；2～8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8～10 s物体的加速度方向竖直向下，则物体处于失重状态，故C正确．考点二超重、失重的有关计算7．(多选)(2018·宜宾一中高一期末模拟)在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg.电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图5所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)()图5A．该同学所受的重力变小B．电梯可能竖直向上运动C．该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力D．电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下答案BD8.(2019·福建八县市高一第一学期期末联考)如图6所示，在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量M＝1.5 kg，货物的质量m＝1 kg，无人机与货物间通过轻绳相连．无人机以恒定动力F＝30 N使货物从地面开始加速上升，不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.则()A．货物加速上升时货物处于失重状态B．货物加速上升时的加速度a＝20 m/s2C．货物加速上升时轻绳上的拉力F T＝10 ND．货物加速上升时轻绳上的拉力F T＝12 N答案 D9.某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图7所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是()图7A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D．人在C点具有最大速度答案 C解析在B点，重力等于弹力，在C点速度为零，弹力大于重力，所以从C到B过程中合力向上，做加速运动，但是由于从C到B过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故做加速度减小的加速运动，加速度向上，处于超重状态，从B到A过程中重力大于弹力，所以合力向下，加速度向下，速度向上，所以做减速运动，处于失重状态，故C 正确．10.(多选)(2019·天水一中高一第一学期期末)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图8所示．当此车减速上坡时(此时乘客没有靠在靠背上)，下列说法正确的是()A．乘客受重力、支持力两个力的作用B．乘客受重力、支持力、摩擦力三个力的作用C．乘客处于超重状态D．乘客受到的摩擦力的方向水平向左答案BD11．(2018·海口一中期中考试)如图9所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线．由图线可知，该同学在2～8 s时间内()图9A．该同学做了一次下蹲、起立的动作B．该同学做了两次下蹲、起立的动作C．下蹲过程中人一直处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案 A解析人在下蹲时，先向下加速后减速，先失重后超重；起立时，先向上加速后减速，先超重后失重．故由图线可知，在2～8 s时间内该同学做了一次下蹲、起立的动作，选项A正确，选项B、C、D错误．12．(2018·华中师大一附中高一期中)如图10所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示形态，则下列说法正确的是()A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小答案 C解析设物体的质量为m，物体和箱子的总质量为M.上升过程中，对箱子和物体整体受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg＋k v＝Ma，则a＝g＋k v，又整体向上做减速运M动，v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析如图乙所示，因a>g，所以物体受到箱子上底面向下的弹力F N，由牛顿第二定律可知，mg＋F N＝ma，则F N＝ma－mg，而a减小，则F N减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小；同理，下降过程中物体对箱子下底面有压力且压力可能越来越大．故C正确．13.若货物随升降机运动的v－t图像如图11所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t变化的图像可能是()图11答案 B解析将整个运动过程分解为六个阶段．第一阶段货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg；第二阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第三阶段货物向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第四阶段货物向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma>mg；第五阶段货物做匀速直线运动，F＝mg；第六阶段货物向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma<mg.故B正确，A、C、D错误．14．(2019·天津一中高一上学期期末)“蹦极”是一种能获得强烈失重、超重感觉的非常“刺激”的惊险娱乐项目．人处在离沟底水面上方二十多层楼的高处(或悬崖上)，用橡皮弹性绳拴住身体，让人头下脚上自由下落，落到一定位置时弹性绳拉紧．设人体立即做匀减速运动，到接近水面时刚好减速为零，然后再反弹．已知某“勇敢者”头戴重为45 N的安全帽，开始下落时的高度为75 m，设计的系统使人落到离水面30 m时，弹性绳才绷紧．不计空气阻力，则：(取g＝10 m/s2)(1)当他落到离水面50 m位置时戴着的安全帽对人的头顶的弹力为多少？(2)当他落到离水面20 m的位置时，则其颈部要用多大的力才能拉住安全帽？答案(1)0(2)112.5 N解析(1)人在离水面50 m位置时，做自由落体运动，处于完全失重状态，对安全帽，mg－F＝ma，对整体，a＝g所以F＝0，由牛顿第三定律可知，安全帽对人头顶的弹力为0.(2)人下落到离水面30 m处时，已经自由下落h1＝75 m－30 m＝45 m，此时v1＝2gh1＝30 m/s，匀减速运动距离为h2＝30 m，设人做匀减速运动的加速度为a，由0－v12＝2ah2得a＝－15 m/s2，安全帽的质量为m＝G＝4.5 kg.g对安全帽，由牛顿第二定律可得：mg－F′＝ma，解得：F′＝112.5 N.故在离水面20 m的位置时，其颈部要用112.5 N的力才能拉住安全帽．。

5牛顿运动定律的应用[学科素养与目标要求]科学思维：1.明确动力学的两类基本问题.2.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁.3.熟练掌握应用牛顿运动定律解动力学问题的思路和方法．一、牛顿第二定律的作用牛顿第二定律确定了运动和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同．二、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．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加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力．1．判断下列说法的正误．(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(√)(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．(×)(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．(√)(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(×)2．一个质量m＝10 kg的箱子与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现给箱子施加F＝40 N的水平拉力，使箱子从静止开始运动，如图1所示，则拉力F作用2 s时箱子的速度为________ m/s,2 s内箱子的位移为________ m.图1答案4 4一、从受力确定运动情况1．从受力确定运动情况的基本思路分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，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．流程图如下： 已知物体受力情况―――→由F ＝ma求得a ――――――――――→由⎩⎪⎨⎪⎧v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 02＝2ax 求得x 、v 0、v 、t2．从受力确定运动情况的解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图． (2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向． (3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度．(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．(2019·张家口市第一学期期末)如图2，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m ＝2 kg 的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F ＝25 N 的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：图2(1)圆环对杆的弹力大小； (2)圆环加速度的大小；(3)若拉力F 作用2 s 后撤去，圆环在杆上滑行的总距离． 答案 (1)0 (2)7.5 m/s 2 (3)30 m解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示．将F 正交分解，F 1＝F cos θ＝15 N ，F 2＝F sin θ＝20 N 因G ＝20 N 与F 2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.(2)由(1)可知，在拉力F 作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F 合＝F 1＝ma 1，代入数据得a 1＝7.5 m/s 2.(3)由(2)可知，撤去F 时圆环的速度v 0＝a 1t 1＝15 m/s 拉力F 作用2 s 的位移x 1＝12a 1t 12＝15 m撤去F 后圆环受力如图乙所示根据牛顿第二定律μmg ＝ma 2得a 2＝7.5 m/s 2圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v 0方向为正方向，则v 0＝ 15 m/s ，a ＝－7.5 m/s 2由运动学公式可得：撤去F 后圆环滑行的位移 x 2＝v 2－v 022a ＝15 m故总位移x ＝x 1＋x 2＝30 m.针对训练1 如图3所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L ＝4 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求：图3(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间． 答案 (1)2 m/s 2 (2)2 s解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示由牛顿第二定律得(F －mg )sin 37°－μ(F －mg )cos 37°＝ma 代入数据解得a ＝2 m/s 2. (2)由运动学公式得L ＝12at 2代入数据解得t ＝2 s. 二、从运动情况确定受力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外力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．流程图如下： 已知物体运动情况―――――→由运动学公式求得a ――――→由F ＝ma确定物体受力 2．从运动情况确定受力的解题步骤(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图． (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度． (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．一质量为m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上在无外力F 的情况下以加速度a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如图4所示，若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使滑块由静止开始在0～2 s 内沿斜面运动的位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)图4(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小． 答案 (1)36 (2)7635 N 或437N 解析 (1)根据牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， 解得μ＝36.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度方向沿斜面向上和沿斜面向下两种可能． 由x ＝12a 1t 2，得加速度大小a 1＝2 m/s 2.当加速度方向沿斜面向上时，F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1， 代入数据得F ＝7635N.当加速度方向沿斜面向下时，mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1， 代入数据得F ＝437N.针对训练2 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103 kg ，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N 解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，x 0＝v ＋02t 1解得v ＝2x 0t 1＝4 m/s(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度 a 2＝0－v t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 解得F f ＝4×103 N(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a 1 x 0＝12a 1t 12由牛顿第二定律有：F －F f ＝ma 1 解得F ＝F f ＋ma 1＝6×103 N. 三、多过程问题分析1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等．2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．如图5所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图5(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；(2)人在离C点多远处停下？答案(1)2 s(2)12.8 m解析(1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示．设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f＝maF f＝μF N垂直于斜坡方向有F N－mg cos θ＝0联立以上各式得a＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2由匀变速直线运动规律得L＝122at解得：t＝2 s(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用．设人在水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x联立解得x＝12.8 m.1．(从运动情况确定受力)如图6所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角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)()图6A．42 N B．6 N C．21 N D．36 N答案 D解析木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mg sin θ＝μmg cos θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝12得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，2at得F＝36 N，D正确．2.(从受力确定运动情况)(2019·浙南名校联盟高一第一学期期末联考)如图7所示，哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐世界最快观光电梯，从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需45 s，运行的最大速度为18 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得：在加速阶段质量为0.5 kg的物体受到的竖直向上的拉力为5.45 N．电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)．图7(1)求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度． 答案 (1)0.9 m/s 2 20 s (2)450 m解析 (1)设加速阶段加速度为a ，时间为t ，由牛顿第二定律得： F T －mg ＝ma 解得a ＝0.9 m/s 2 由v ＝at 解得t ＝20 s.(2)加速阶段位移x 1＝12at 2匀速阶段位移x 2＝v (t 总－2t ) 减速阶段位移x 3＝v 22a高度x ＝x 1＋x 2＋x 3＝450 m.3.(从受力确定运动情况)(2019·潍坊市高一上学期期末)如图8所示，木箱在100 N 的拉力作用下沿粗糙水平地面以5 m/s 的速度匀速前进，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5，拉力与水平地面的夹角为37°，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.经过一段时间后撤去拉力，求：图8(1)木箱的质量；(2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间． 答案 (1)22 kg (2)1 s解析 (1)对木箱受力分析，由平衡条件得 F sin 37°＋F N ＝mg ，F cos 37°＝F f ，F f ＝μF N 解得：m ＝22 kg(2)木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ，0＝v －at .解得：t ＝1 s.4．(多过程问题分析)一个质量为4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F 的作用，力F 随时间t 变化的规律如图9所示．g 取10 m/s 2.求：(结果可用分式表示)图9(1)在2～4 s 时间内，物体从开始做减速运动到停止所经历的时间； (2)0～6 s 内物体的位移大小． 答案 (1)23 s (2)143m解析 (1)0～2 s 内，由牛顿第二定律和运动学公式得F 1－μmg ＝ma 1，v 1＝a 1t 1， 2～4 s 内，由牛顿第二定律和运动学公式得F 2－μmg ＝ma 2， 0－v 1＝a 2t 2解得物体从开始做减速运动到停止所用时间t 2＝23 s.(2)0～2 s 内物体的位移x 1＝v 1t 12，2～4 s 内物体的位移x 2＝v 1t 22，由周期性可知4～6 s 内和0～2 s 内物体的位移相同，所以0～6 s 内物体的位移大小为：x ＝2x 1＋x 2＝143m.考点一 从受力确定运动情况1．用30 N 的水平外力F ，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后消失．则第5 s 末物体的速度和加速度大小分别是( ) A ．4.5 m/s,1.5 m/s 2 B ．7.5 m/s,1.5 m/s 2 C ．4.5 m/s,0 D ．7.5 m/s,0 答案 C解析 力F 作用下a ＝F m ＝3020 m/s 2＝1.5 m/s 2,3 s 末的速度v ＝at ＝4.5 m/s,3 s 后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a ′＝0，物体做匀速运动，v ′＝v ＝4.5 m/s ，故C 正确． 2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度大小为( ) A ．7 m/s B ．14 m/s C ．10 m/s D ．20 m/s 答案 B解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg .由匀变速直线运动的速度位移关系式得v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度大小为：v 0＝2ax ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．3．(多选)如图1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v 0＝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/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图1A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 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，F f ＝μF N ＝μmg ＝3 N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F f m ＝2＋31 m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t ＝v 0a ＝105 s ＝2 s ，B正确，A 错误．物体的速度减为零后，由于F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C 正确，D 错误．4.(2019·本溪一中高一上学期期末)如图2所示，一个物体从A 点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C 1、C 2、C 3，则( )图2A ．物体到达C 1时的速度最大B ．物体分别在三条轨道上的运动时间相同C ．物体在与C 3连接的轨道上运动的加速度最小D ．物体到达C 3的时间最短 答案 D解析 物体在斜面上的加速度a ＝g sin θ，在与C 3连接的轨道上运动的加速度最大，C 错误．斜面长L ＝h sin θ，由v 2＝2aL 得：v ＝2gh ，故到C 1、C 2、C 3时物体速度大小相等，故A 错误．由L ＝12at 2即h sin θ＝12g sin θ·t 2知，沿AC 3运动的时间最短，B 错误，D 正确．5.(多选)质量m ＝2 kg 、初速度v 0＝8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图3所示的随时间变化的水平拉力F 的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t ＝0时刻开始运动，g 取10 m/s 2，则以下结论正确的是( )图3A ．0～1 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2B ．1～2 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2C ．0～1 s 内，物体的位移为7 mD ．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a 1＝F ＋μmg m ＝6＋0.1×2×102m/s 2＝4 m/s 2，A 项错误；1～2 s 内物体的加速度大小a 2＝F ′－μmg m ＝6－0.1×2×102 m/s 2＝2 m/s 2，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x 1＝(4＋8)×12m ＝6 m ，C 项错误；0～2 s 内物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝[6＋(4＋6)×12] m ＝11 m ，D 项正确．考点二 从运动情况确定受力6.如图4所示，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平均作用力大小为( )图4A ．420 NB ．600 NC ．800 ND ．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，视为匀减速运动，则有a ＝v －v 0t ＝－305 m/s 2＝－6 m/s 2.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．所以选项A 正确． 7．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达距地面100 m 的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．25 m/s,1.25 B ．40 m/s,0.25 C ．50 m/s,0.25 D ．80 m/s,1.25答案 C解析 根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程中礼花弹所受的阻力大小F f ＝kmg ，则由牛顿第二定律得mg ＋F f ＝ma ，联立解得k ＝0.25，故选项C 正确．8.如图5所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图5A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s 答案 D解析 设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因mg sin θ>μmg cos θ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，t ＝2 s 时，滑块下滑的距离x 2＝12a 2(t －t 1)2＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不做匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(t －t 1)＝4 m/s ，选项D 正确．9．(多选)如图6所示，质量为m 的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个水平力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，重力加速度为g ，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )图6A ．斜面对小球的弹力为mgcos θB ．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC ．若增大加速度a ，斜面对小球的弹力一定增大D ．若增大加速度a ，竖直挡板对小球的弹力一定增大 答案 AD解析 对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力F N2进行正交分解，竖直方向有F N2cos θ＝mg ，水平方向有F N1－F N2sin θ＝ma ，所以斜面对小球的弹力为F N2＝mgcos θ，A 正确．挡板对小球的弹力F N1＝ma ＋mg tan θ，随a 增大而增大，斜面对小球的弹力F N2＝mgcos θ与a 无关，故C 错误，D 正确．小球受到的斜面、挡板的弹力和重力的合力为ma ，故B 错误．10．如图7所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角并与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车做匀变速直线运动时，细线与竖直方向成α角，若θ＜α，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图7A ．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B ．轻杆对小铁球的弹力方向沿轻杆方向向上C ．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D ．小车一定以加速度g tan α向右运动 答案 A解析 设细线对小铁球的弹力为F 线，由牛顿第二定律得F 线sin α＝ma ，F 线cos α＝mg ，可得tan α＝ag ，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F 杆，由牛顿第二定律可得F 杆cos β＝mg ，F 杆sin β＝ma ，可得tan β＝ag ＝tan α，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A 正确，B 、C 错误．小车的加速度a ＝g tan α，方向向右，而运动方向可能向右，也可能向左，故D 错误．11.(2019·夏津一中高一上学期期末)如图8所示，一个质量为10 kg 的物体，沿水平地面向右运动，经过O 点时速度大小为11 m/s ，此时对物体施加一个水平向左、大小为12 N 的恒力F .物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：图8(1)物体能运动到O 点右侧的最大距离； (2)8 s 末物体的速度大小． 答案 (1)27.5 m (2)0.6 m/s解析 (1)物体向右运动时受到向左的摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ＝10 N 物体做匀减速运动，设加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：F ＋F f ＝ma 1 解得a 1＝F ＋F fm＝2.2 m/s 2当向右运动的速度减为0时，向右运动的距离最大，0－v 02＝－2a 1x m 解得x m ＝v 022a 1＝27.5 m.(2)物体先做匀减速运动，设经时间t 1速度减为0， 0＝v 0－a 1t 1 解得t 1＝5 s之后物体向左做匀加速运动，设加速度为a 2， 由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 28 s 末物体速度大小为v ＝a 2(t －t 1)＝0.6 m/s.12.如图9所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)，在F ＝10 N 的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝36.g 取10 m/s 2.图9(1)求物体在拉力F 作用下运动的加速度大小a 1；(2)若力F 作用1.2 s 后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离． 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m解析 (1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律得： 物体受到斜面对它的支持力F N ＝mg cos θ＝5 3 N ，物体的加速度a 1＝F －mg sin θ－F f m ＝F －mg sin θ－μF Nm＝2.5 m/s 2.(2)力F 作用t 0＝1.2 s 时，速度大小为v ＝a 1t 0＝3 m/s ，物体向上滑动的距离x 1＝12a 1t 02＝1.8 m.此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小a 2＝mg sin θ＋μF Nm ＝7.5 m/s 2.这一过程物体向上滑动的距离x 2＝v 22a 2＝0.6 m.整个上滑过程物体距出发点的最大距离x ＝x 1＋x 2＝2.4 m. [拓展提升]13.(2017·湖南省十三校第一次联考)如图10所示，质量为10 kg 的环在F ＝140 N 的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，拉力F 与杆以及杆与水平地面的夹角都为θ＝37°，力F 作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5 s 后，速度减为零，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，杆足够长，求：图10(1)拉力F 作用的时间；(2)环再次运动到杆底端时的速度大小． 答案 (1)1 s (2)15 m/s解析 (1)撤去拉力F 后，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2， 0＝v 1－a 2t 2， 解得v 1＝5 m/s.撤去拉力F 前(注意杆对环的弹力的方向)： F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ－mg cos θ)＝ma 1， v 1＝a 1t 1， 所以t 1＝1 s.(2)根据牛顿第二定律可得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3 x ＝v 12(t 1＋t 2)，v 2＝2a 3x ，联立解得v ＝15 m/s.。