高一上物理同步辅导14牛顿运动定律(二A)

第16讲牛顿第二定律模块一思维导图串知识模块二基础知识全梳理（吃透教材）模块三教材习题学解题模块四核心考点精准练模块五小试牛刀过关测1.通过分析探究验数据，能得出牛顿第二定律的数学表达式F=kma，并能准确表达牛顿第二定律的内容；2.能根据1N的定义，理解牛顿第二定律的表达式是如何从F=kma变到F=ma的，体会单位产生的过程；3.能够从合力到加速度的同时性、矢量性等方面理解牛顿第二定律，理解牛顿第二定律是连接运动与力的桥梁；4.会运用牛顿第二定律分析和处理实际生活中简单问题，体会物理的实用价值。

■知识点一：牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成，加速度的方向跟的方向相同。

(2)牛顿第二定律可表述为a∝Fm，也可以写成等式F＝，其中k是比例系数，F指的是物体所受的。

牛顿第二定律不仅阐述了力、质量和加速度三者数量间的关系，还明确了的方向与的方向一致。

■知识点二：力的单位(1)F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取。

(2)“牛顿”的定义：当k＝1时，质量为1kg的物体在某力的作用下获得1m/s2的加速度，这个力即为1牛顿(用符号N表示)，1N＝。

此时牛顿第二定律可以表述为。

【参考答案】1.牛顿第二定律(1)反比、作用力(2)kma、合力、加速度、力2.力的单位1_kg·m/s2、F＝ma。

教材习题01在平直路面上，质量为1100kg的汽车在进行研发的测试，当速度达到100km/h时取消动力，经过70s 停了下来。

汽车受到的阻力是多少？重新起步加速时牵引力为2000N，产生的加速度是多少？假定试车过程中汽车受到的阻力不变。

解题方法利用加速度定义式求解a，注意速度单位换算；再利用牛顿第二定律求解加速度。

【答案】437N，方向与运动方向相反；1.422m/s，方向与运动方向相同。

教材习题02某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，在列车以某一加速度渐渐启动的过程中，细线就会偏过一定角度并相对车厢保持静止，通过测定偏角的大小就能确定列车的加速度。

第三章牛顿定律§2牛顿第二定律的简单应用【知识框架】【知识点梳理】一、应用牛顿运动定律解题的基本方法1.当物体只受两个力作用而做变速运动时，通常根据加速度和合外力方向一致，用平行四边形定则先确定合外力后求解，称为合成法.2.当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法.为减少矢量的分解，建立坐标系，确定x轴正方向有两种方法：(1)分解力不分解加速度，此时一般规定a方向为x轴正方向.(2)分解加速度不分解力，此种方法以某种力的方向为x轴正方向，把加速度分解在x 轴和y轴上.二、力和运动关系的分析分析力和运动关系问题时要注意以下几点：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程.【例题解析】{通过受力分析运动情况}【例1】35．（2015•松江区一模）楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ=37°，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=10N，刷子的质量为m=0.5kg，刷子可视为质点．刷子与板问的动摩擦因数为0.5，扳长为L=4m，取sin37°=0.6，试求：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度：（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．【解答】答：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度为a=2m/s2；（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间为2s．【例2】如图，AC、BC为位于竖直平面内的两根光滑细杆，A、B、C恰好位于同一圆周上，C为最低点，a、b为套在细杆上的两个小环，当两环同时从A、B两点由静止开始自由下滑时，下面正确的是（）A．a环先到c点B．b环先到c点C．两环同时到达c点D．无法确定【解答】解：作出辅助线如图所示，设∠ACD为α，则AC=CDcosα=2Rcosα，a小球的加速度为gcosα，则：2Rcosα=gcosαt2，得：t=，与角度无关．故选项C正确，ABD错误．故选C【例3】如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（）A．小球向前运动，再返回停止B．小球向前运动再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球做匀加速直线运动【解答】解：由图：物体在奇数秒内，合力恒定不变，从静止开始做匀加速直线运动．偶数秒内力反向，由于惯性，物体仍沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，周而复始．做单向直线运动．故C正确．故选C{通过加速度分析受力情况}【例1】27．（2016•虹口区二模）一质量为m=2kg的滑块能在倾角为θ=37°的足够长的斜面上以a=2m/s2匀加速下滑．若给滑块施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始在t=2s的时间内沿斜面运动2m．求：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；（2）推力F的大小．【解答】解：（1）未施加推力过程，牛顿第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma；代入数据，解得：μ=0.5；（2）施加推力F后，由s=at2，得：a′==1m/s2，滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能：当加速度沿斜面向上时，根据牛顿第二定律，有：Fcos37°﹣mgsin37°﹣μ（Fsin37°+mgcos37°）=ma′解得：F==44N当加速度沿斜面向下时，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°﹣Fcos37°﹣μ（Fsin37°+mgcos37°）=ma′解得：F==≈1.82N；答：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ为0.5；（2）推力F的大小为44N或者1.82N【例2】22．（2011秋•宝山区校级期中）如图所示，固定在小车上的折杆∠A=θ，B端固定一个质量为m的小球，若车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为（）（多选）A．当a=0时，F=，方向沿AB杆B．当a=gtanθ时，F=，方向沿AB杆C．无论a取何值，F都等于m，方向都沿AB杆D．无论a取何值，F都等于m，方向不一定沿AB杆【解答】BD．【例3】．（2005•徐汇区校级模拟）小球静止在小车中的光滑斜面和光滑竖直档板之间，原来小车向左匀速运动，现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力N A的大小和档板B对小球的弹力N B的大小，以下说法正确的是（）A．N A不变，N B减小B．N A增大，N B不变C．N B有可能为零D．N A可能为零【解答】解：对小球进行受力分析，作出力图：重力mg、斜面对小球的弹力N A和挡板B 对小球的弹力N B．设加速度大小为a，A的倾角为α．根据牛顿第二定律得：水平方向：mg=N A cosα，①竖直方向：N A sinα﹣N B=ma②由①看出，m、α不变，则N A不变．由②得，N B=N A sinα﹣ma．小车匀速运动时，a=0，N B=N A sinα，则小车匀减速运动时，N B减小，可以为零．故选：AC{临界问题}【例1】32．（2016春•包头校级期中）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处．细线的另一端拴一质量为m的小球，求：（1）当滑块至少以多大加速度a 向左运动时，小球对滑块的压力等于零；（2）当滑块以a=2g的加速度向左运动时，求线中拉力T等于多少？【解答】解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma竖直方向：Fsin45°=mg解得：a=g（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：F合=Fcosθ=ma=2mgFsinθ=G解得：tanθ=F==答：（1）当斜面体至少以a=g的加速度向左运动时，小球对斜面的压力为零；（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力为．{求瞬时加速度}【例1】2．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．（1）现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度；（2）若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2瞬间物体的加速度．【解答】解：（1）如左图所示，将L2线剪断瞬后，物体将绕悬点做圆周运动，在将L2线剪断间，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1，得：a1=gsinθ；（2）如右图所示，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而弹簧弹力与重力不变，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma2，得加速度为：a2=gtanθ；答：（1）将L2线剪断，剪断瞬间物体的加速度为gsinθ．（2）剪断L2瞬间物体的加速度为gtanθ．【课堂练习】1．（2015•兴平市校级一模）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（）A．物体的质量B．物体与水平面间的滑动摩擦力C．物体与水平面间的最大静摩擦力D．在F为14N时物体的速度【解答】解：对物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma解得：由a与F图线，得到①②①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故AB正确；C、物体所受的滑动摩擦力为f=μmg=6N，但滑动摩擦力小于最大静摩擦力，故无法求得最大静摩擦力，所以C错误；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度，故D错误；故选：AB．2．（2013秋•浦东新区期末）如图，一小球通过细绳悬挂于车厢顶上，车厢在水平轨道上做直线运动，小球相对车厢静止，细绳与竖直方向夹角为α，则车厢的加速度（）A．a=gtanα，方向水平向右B．a=gtanα，方向水平向左C．a=gsinα，方向水平向右D．a=gsinα，方向水平向左【解答】解：隔离对小球分析，如图所示，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=．车厢的加速度与小球的加速度相同，方向水平向右．故A正确，B、C、D错误．故选：A．3．（2016•上海）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（）A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的OD方向，故ABC错误，D正确．故选：D．4．（2016•浦东新区一模）如果力F在时间t内使质量为m的物体移动一段距离s，那么（）A．力F在时间t内使质量的物体移动距离sB．力F在时间内使质量的物体移动距离sC．力F在时间2t内使质量2m的物体移动距离sD．力在时间t内使质量的物体移动距离s【解答】解：物体做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律与匀变速运动的位移公式可得：s=at2=；A、力F在时间t内使质量的物体移动的距离为，故A错误；B、力F在时间内使质量的物体移动距离为，故B错误；C、力F在时间2t内使质量2m的物体移动距离为，故C错误；D、力在时间t内使质量的物体移动距离为，故D正确；故选：D5．（2010•宝山区一模）在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体，当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，物体的（）A．加速度越来越大，速度越来越大B．加速度越来越小，速度越来越小C．加速度越来越大，速度越来越小D．加速度越来越小，速度越来越大【解答】解：物体在光滑的水平面上做匀加速直线运动，说明速度方向与加速度方向相同．当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小而方向保持不变．加速度仍然保持与速度同向，所以速度仍然增加．故加速度越来越小，速度越来越大．故选D．6．（2011•杨浦区一模）静止的传送带上有一砖块正在匀速下滑，此时开动传送带向上传送．那么物体滑到底端所用的时间与传送带不动时比较（）A．下滑时间增大 B．下滑时间不变 C．下滑时间减小 D．无法确定．【解答】解：方法一：木块下滑，是由于受到重力沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块相对于传送带向下运动的速度是不变的．设木块下滑的速度为V；相对于传送带，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s．根据公式：t=，所以，木块滑到底部所需的时间与传送带静止不动时所需时间是相等的．方法二：当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的．如果在木块下滑时，传送带突然向上开动．因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，不管传送带向上运动还是向下运动，木块下滑时受到的摩擦力始终是向上的，传送带向上运动时并不能使摩擦力变大，木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样．故选B．7．（2005秋•金山区期末）若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则（）A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的速度不可能总是不变的C．物体的加速度不可能总是不变的D．物体的速度的方向可能会发生变化【解答】解：A、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动．故A错误．B、力是改变物体速度的原因，合力不为零，物体的速度一定改变．故B正确．C、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，也可能变，则加速度可能不变，也可能变．故C错误．D、物体的速度的方向可能不变，比如自由落体运动．故D正确．故选BD．8．（2010•碑林区校级模拟）如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（）A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变【解答】解：小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣Fcosθ=ma∴a=gsinθ﹣．当保持F的方向不变，使其减小时，则加速度a一定变大．故B正确，A、C、D错误．故选B．9．（2016•上海模拟）如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，则物体B（）A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个【解答】解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A．10．（2011•长宁区一模）某物体质量为1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直线运动，其速度图象如图所示，根据图象可知物体（）A．受的拉力总是大于摩擦力B．在第3s内受的拉力为1NC．在第1s内受的拉力大于2N D．在第2s内受的拉力为零【解答】解：A、物体第一秒匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀加速直线运动，加速度分别为：=2m/s2，a2=0，根据牛顿第二定律，有F1﹣f=ma1①F2﹣f=0 ②F3﹣f=ma3③由②式，第二秒的拉力等于摩擦力，故A错误；B、由③式，第三秒内拉力比摩擦力大1N，故B错误；C、由①式，第一秒内的拉力大于2N，故C正确；D、由②式，第二秒内拉力等于摩擦力，故D错误；故选C．11．（2013秋•雅安期末）如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度（）A．大小为g，方向竖直向下B．大小为g，方向垂直于木板向下C．大小为g，方向竖直向下D．大小为g，方向垂直于木板向下【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有：F﹣Nsin30°=0Ncos30°﹣G=0解得：N=F=mg木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为：a==g，方向垂直于木板向下；故选：D．12．（2012秋•鱼台县校级期末）如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，中间用轻弹簧相连，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起以加速度a向右做匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物体的加速度大小分别为（）A．2a、a B．2（a+μg）、a+μg C．2a+3μg、a D．a、2a+3μg【解答】解：撤去F前：设弹簧的弹力大小为F弹，根据牛顿第二定律得对B：F弹﹣μ•2mg=2ma ①解得，F弹=2μmg+2ma ②撤去F瞬间：弹簧的弹力F弹没有改变，则B物体的受力情况没有改变，则B的加速度仍为a．对A：F弹+μmg=ma A，③由②③解得，a A=2a+3μg．故选C13．（2012春•杨浦区校级月考）如图所示，可看成质点的A、B两个木块的质量均为2kg，两个木块与水平地面之间的滑动摩擦系数均为0.2，两木块之间用长为1m、质量不计的细线连接，放在水平地面上，在大小为10N的水平拉力F作用下一起向右运动，则此时A、B 两个木块向右运动的加速度大小为0.5m/s2．若细线在两木块向右运动的速度为8m/s时断裂，则在细线断裂后的5s末，A、B两木块之间的距离为61.5m．【解答】解：AB整体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：F﹣μ（m A+m B）g=（m A+m B）a代入数据得：a=0.5m/s2由公式v2=2ax得：绳断前两物体运动的位移：绳断后对B由牛顿第二定律得：停下来所用时间：即4s末到5s末B处于静止状态，B减速位移绳断后对A由牛顿第二定律得：5s内A运动的位移为：==77.5m在细线断裂后的5s末，A、B两木块之间的距离为△x=x A﹣x B=77.5﹣16m=61.5m故答案为：0.5，61.514．（2012秋•金山区期末）如图（a）所示，斜面倾角为α=37°、长L=2.5m且固定，斜面与水平面之间平滑连接．一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面向下滑动，若初始速度v0=2.0m/s，小物块运动2.0s后停止在斜面上．减小初始速度v0，多次进行实验，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出相应的v0﹣t图象，如图（b）所示．已知小物块与斜面间的动摩擦因数、小物块与水平间的动摩擦因数相同．求：（1）小物块在斜面上下滑的加速度．（2）小物块与斜面间的动摩擦因数．（3）某同学认为，若小物块初速度v0=3m/s，则根据图象可以推知小物块从开始运动到最终停下的时间为3s．以上说法是否正确？若正确，请给出推导过程；若不正确，请说明理由，并解出正确的结果．【解答】解：（1）根据加速度的定义式得：=﹣1.0m/s2，加速度的方向沿斜面向上（2）牛顿第二定律：垂直斜面方向F N=mgcosα；平行于斜面方向mgsinα﹣μF N=ma解出代入数据得：μ=0.875（3）不正确．因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．设小物块在斜面上滑行位移s1=2.5m时的速度减为v1，则v1==2m/s小物块在斜面上滑行时间t1=s小物块在水平面上滑行，牛顿定律：﹣μmg=ma′解出a′=﹣μg=﹣0.875×10m/s2=﹣8.75m/s2小物块在水平面上滑行时间t2==0.23s运动总时间t总=t1+t2=（1+0.23）s=1.23s答：（1）小物块在斜面上下滑的加速度大小为1.0m/s2，方向沿斜面向上．（2）小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.875．（3）不正确，因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．小物块从开始运动到最终停下的时间为1.23s．15．（2010秋•龙岩期末）如图所示，质量为m=4kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现用F=10N与水平方向成θ=37°角的恒力拉物体，使物体由静止开始加速运动，当t=5s时撤去力F，求（1）物体做加速运动时加速度a的大小？（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10m/s2）【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：竖直方向：F N=mg﹣Fsin37°①水平方向：Fcos37°﹣F f=ma ②又F f=μF N③由①②③解得a=0.3 m/s2（2）5s末的速度v0=at=1.5m/s撤去F 后物体的加速度a1=﹣=﹣μg=﹣2 m/s2所以t1==0.75s答：（1）物体做加速运动时加速度a的大小为0.3 m/s2．（2）撤去F后，物体还能滑行0.75s．16．（2012秋•崂山区校级月考）一斜面AB长为10m，倾角为30°，一质量为2kg的小物体（大小不计）从斜面顶端A点由静止开始下滑，如图所示（g取10m/s2）（1）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间．（2）若给小物体一个沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面匀速下滑，则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？【解答】解：（1）以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示．垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条件得：mgcos30°﹣N=0沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣f=ma又f=μN由以上三式解得a=0.67m/s2小物体下滑到斜面底端B点时的速度：=3.66m/s运动时间：s（2）小物体沿斜面匀速下滑，受力平衡，加速度a=0，有垂直斜面方向：mgcos30°﹣N=0沿斜面方向：mgsin30°﹣f=0又f=μN解得：μ=0.58答：（1）小物体下滑到斜面底端B点时的速度为3.66m/s，所用时间为5.5s．（2）小物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.58．17．（2000•上海）风洞实验室中可产生水平方向的．大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径．（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数．（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin37°=0.6，co37°=0.8）【解答】解：（1）设小球所受的风力为F，小球质量为mF=μmg故μ===0.5即小球与杆之间的动摩擦因素为0.5．（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f沿杆方向F•cos37°+mgsin37°﹣f=ma垂直于杆方向N+Fsin37°﹣mgcos37°=0其中：f=μN可解得a==gS=at2∴t═=即小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为．18．（2015•闵行区一模）民航客机都有紧急出口，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面上，并以不变速率进入水平面，在水平面上再滑行一段距离而停止，如图所示．若机舱口下沿距地面3.6m，气囊构成的斜面长度为6.0m，一个质量60kg的人沿气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240N．若人与水平面动摩擦因数与斜面相同，g=10m/s2．求：（1）人与斜面的动摩擦因数；（2）人在斜面上下滑的时间；（3）人在水平面上滑行的距离．【解答】解：（1）设气囊倾角为α，由几何关系知sinα=所以α=37°摩擦力f=μN=μmgcosα所以（2）人在气囊上下滑过程中mgsinα﹣f=ma1下滑时间（3）人到达地面的速度人在地面上运动的加速度人在水平面上滑行的距离答：（1）人与斜面的动摩擦因数0.5；（2）人在斜面上下滑的时间2.45s；（3）人在水平面上滑行的距离2.4m【回家作业】1．（2010•安庆模拟）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（）A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N【解答】解：先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力．则有：F﹣mg=ma代入数据解得：F=210N，再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态．则有：Mg=F+F支代入数据解得：F支=490N，由牛顿第三定律可得：F压=490N故选：B2．（2003秋•杨浦区期末）气球上升时，向上的加速度为a，气球速度为v时，从气球上掉下一个物体，不计空气阻力．则此物体刚掉下时（）A．有向上的速度v，向下的加速度aB．有向上的速度v，向上的加速度aC．有向上的速度v，向下的加速度gD．有向上的速度v，向上的加速度g【解答】解：上升的气球掉下一物体，由于具有惯性，物体离开气球的初速度与气球的速度相同，大小为v，方向竖直向上，由于物体仅受重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向下，大小为g．故C正确，A、B、D错误．故选C．3．（2004秋•浦东新区期末）如图所示，A、B、C三种情况，同一运动物体分别受到大小相等的力F的作用，设物体质量为m，地面动摩擦因数为μ，则三种情况的滑动摩擦力f A、f B、f C的大小关系是（）A．f A=f B=f C=μmg B．f A=μmg、f B＜μmg、f C＞μmgC．f A=μmg、f B＞μmg、f C＜μmg D．f A=μmg、f B=f C＞μmg【解答】解：三个物体中，C对地面的压力等于重力加上F在竖直方向上的分力，B对地面的压力等于重力减去F在竖直方向上的分力，A对地面的压力等于重力，根据f=μF N知，f A=μmg f B＜μmg f C＞μmg，故B正确．故选B4．（2004秋•浦东新区期末）作用在物体上的合外力不等于零时，物体仍作直线运动，则（）A．物体的速度必定越来越大B．物体的速度必定改变C．物体的速度必定越来越小D．物体的速度有可能不变【解答】解：物体的合外力不为零，则物体的加速度不为零，当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，相反时，速度减小，即速度必然改变，故B正确故选B5．（2005•枣庄一模）如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速直线运动，不计其他外力及空气阻力，则其中一个质量为m的土豆A受其他土豆对它的总作用力的大小是（）A．mg B．μmg C．mg D．mg【解答】解：对整体分析，a=，方向水平向左．隔离对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力，根据牛顿第二定律得，F合=ma=μmg．根据平行四边形定则，其它土豆对它的作用力F=．故C正确，A、B、D错误．故选C．6．（2005•徐汇区校级模拟）如图所示，停在水平地面上的小车内，用轻绳AB和BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB对球的拉力为T1，绳BC对球的拉力为T2．小车从静止开始向左加速运动，若重球相对小车位置不变，则两绳对球的拉力大小与车静止时相比（）A．T1变大B．T2变小C．T1不变D．T2不变【解答】解：以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2，如图．设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得T1sinθ=mg ①T1cosθ﹣T2=ma ②。

第十四讲牛顿运动定律（二）【三年模拟精选】
A组
7.
6.
B 组
10.
9.
8.
14.
13.
12.
11.
15.
16．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。

小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（）
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
参考答案：1.C 2.B 3.ABD 4.D 5.B 6.BD 7.（1）2s （2）10m 8.（1）3m/s （2）7.5m （3）537.5N 9.AC 10.B 11.AC 12.B 13.B 14.AD 15.BC 16.D 17.1.17m ，0.9m 18.（1）0.29（2）8.66m/s
18.
17.。