第6节牛顿运动定律的两类基本问题
用牛顿运动定律解决问题应用篇
由运动学公式得
x
v0
t
1 2
at
2
解得，人受的阻力 F阻= 67.5N
探究与讨论
求解两类动力学问题的思路和方法是什么？
首先选取研究对象，分析物理情景，确定问题类型
类型一 从受力求运动 类型二 从运动求受力
受力分析，画出受力图
由牛顿第二定律 F=ma求 加速度a
由运动学公式求运动情况
运动分析，由运动学公式求 加速度a
例2. 蹦床是运动员在一张蹦紧的弹性网上蹦跳、翻滚并作各种空 中动 作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面 3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高 处。已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把在这段时间内网对 运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（ g取10m/s2 ）
两类动力学问题
• 类型二：从运动求受力
一个滑雪的人，质量是75 kg，以v0＝2 m/s的初速 度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝ 5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求滑雪人受到的 阻力（包括摩擦和空气阻力） 。
两类动力学问题
• 类型二：从运动求受力
例题2：一个滑雪的人，质量是75 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝ 30°，在t＝5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求滑 雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力） 。
拓展2：一个静止在水平地面上的物体，质量 是2 kg，在斜向上与水平方向成37°角 ，大小为 6.4 N的拉力作用下沿水平地面向右运动。物体与 地面间的摩擦力是4.2 N。求物体在4 s末的速度和 4 s内的位移。（cos 37°=0.8）
FN F2
a
动力学两类基本问题
动力学两类基本问题1．由受力情况判断物体的运动状态，处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再应用运动学公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分解法．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。
2021_2022高中物理第四章牛顿运动定律第6节用牛顿运动定律解决问题一1教案新人教版必修
用牛顿运动定律解决问题（一）教材分析力和物体运动的关系问题，一直是动力学研究的基本问题，人们对它的认识经历了一个漫长的过程，直到牛顿用他的三个定律对这一类问题作出了精确的解决．牛顿由此奠定了经典力学的基础．牛顿三定律成为力学乃至经典物理学中最基本、最重要的定律．牛顿第一定律解决了力和运动的关系问题；牛顿第二定律确定了运动和力的定量关系；牛顿第三定律确定了物体间相互作用力遵循的规律．动力学所要解决的问题由两部分组成：一部分是物体运动情况；另一部分是物体与周围其他物体的相互作用力的情况．牛顿第二定律恰好为这两部分的链接提供了桥梁．应用牛顿运动定律解决动力学问题，高中阶段最为常见的有两类基本问题：一类是已知物体的受力情况，要求确定出物体的运动情况；另一类是已经知道物体的运动情况，要求确定物体的受力情况．要解决这两类问题，对物体进行正确的受力分析是前提，牛顿第二定律则是关键环节，因为它是运动与力联系的桥梁．教学重点应用牛顿运动定律解决动力学的两类基本问题．教学难点动力学两类基本问题的分析解决方法．课时安排1课时三维目标1．知识与技能（1）知道动力学的两类基本问题，掌握求解这两类基本问题的思路和基本方法．（2）进一步认识力的概念，掌握分析受力情况的一般方法，画出研究对象的受力图．2．过程与方法（1）培养学生运用实例总结归纳一般解题规律的能力．（2）会利用正交分解法在相互垂直的两个方向上分别应用牛顿定律求解动力学问题．（3）掌握用数学工具表达、解决物理问题的能力．3．情感、态度与价值观通过牛顿第二定律的应用，提高分析综合能力，灵活运用物理知识解决实际问题．教学过程导入新课情境导入利用多媒体播放“神舟”五号飞船的发射升空、“和谐号”列车高速前进等录像资料．如图甲、乙所示．引导：我国科技工作者能准确地预测火箭的升空、变轨，列车的再一次大提速节约了很多宝贵的时间，“缩短”了城市间的距离．这一切都得益于人们对力和运动的研究．我们现在还不能研究如此复杂的课题，就让我们从类似较为简单的问题入手，看一下这类问题的研究方法．推进新课牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力的情况联系起来．因此，它在天体运动的研究、车辆的设计等许多基础学科和工程技术中都有广泛的应用．由于我们知识的局限，这里只通过一些最简单的例子作介绍．一、从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律就可以确定物体的运动情况．例1一个静止在水平地面上的物体，质量是2 kg，在6.4 N的水平拉力作用下沿水平方向向右运动．物体与地面间的摩擦力是4.2 N，求物体在4 s末的速度和4 s内发生的位移．分析：这个问题是已知物体受的力，求它的速度和位移，即它的运动情况．教师设疑：1．物体受到的合力沿什么方向？大小是多少？2．这个题目要求计算物体的速度和位移，而我们目前只能解决匀变速运动的速度和位移．物体的运动是匀变速运动吗？师生讨论交流：1．对物体进行受力分析，如图．物体受力的图示物体受到四个力的作用：重力G ，方向竖直向下；地面对物体的支持力F N ，竖直向上；拉力F 1，水平向右；摩擦力F 2，水平向左．物体在竖直方向上没有发生位移，没有加速度，所以重力G 和支持力F N 大小相等、方向相反，彼此平衡，物体所受合力等于水平方向的拉力F 1与摩擦力F 2的合力．取水平向右的方向为正方向，则合力：F ＝F 1－F 2＝2.2 N ，方向水平向右．2．物体原来静止，初速度为0，在恒定的合力作用下产生恒定的加速度，所以物体做初速度为0的匀加速直线运动．解析：由牛顿第二定律可知，F 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2ma ＝2.22m/s 2＝1.1 m/s 2 求出了加速度，由运动学公式可求出4 s 末的速度和4 s 内发生的位移v ＝at ＝1.1×4 m/s＝4.4 m/sx ＝12at 2＝12×1.1×16 m＝8.8 m.讨论交流：（1）从以上解题过程中，总结一下运用牛顿定律解决由受力情况确定运动情况的一般步骤．（2）受力情况和运动情况的链接点是牛顿第二定律，在运用过程中应注意哪些问题？ 参考：运用牛顿定律解决由受力情况确定物体的运动情况大致分为以下步骤：（1）确定研究对象．（2）对确定的研究对象进行受力分析，画出物体的受力示意图．（3）建立直角坐标系，在相互垂直的方向上分别应用牛顿第二定律列式F x ＝ma x ，F y ＝ma y .求得物体运动的加速度．（4）应用运动学的公式求解物体的运动学量．3．受力分析的过程中要按照一定的步骤以避免“添力”或“漏力”．一般是先场力，再接触力，最后是其他力．即一重、二弹、三摩擦、四其他．再者每一个力都会独立地产生一个加速度．但是解题过程中往往应用的是合外力所产生的合加速度．再就是牛顿第二定律是一矢量定律，要注意正方向的选择和直角坐标系的应用．课堂训练（课件展示）如图所示自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始到弹簧压缩到最大程度的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是（）．A．加速度变大，速度变小B．加速度变小，速度变大C．加速度先变小后变大，速度先变大后变小D．加速度先变小后变大，速度先变小后变大解析：小球接触弹簧后，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，其中重力为恒力．在接触开始阶段，弹簧形变较小，重力大于弹力，合力方向向下，故加速度方向也向下，加速度与速度方向相同，因而小球做加速运动．随着弹簧形变量的增加，弹力不断增大，向下的合力逐渐减小，小球加速度也逐渐减小．当弹力增大到与重力相等时，小球加速度等于0.由于小球具有向下的速度，仍向下运动．小球继续向下运动的过程，弹力大于重力，合外力方向变为竖直向上，小球加速度也向上且逐渐增大，与速度方向相反．小球速度减小，一直到将弹簧压缩到最大形变量，速度变为0.答案：C二、从运动情况确定受力与第一种情况过程相反，若已经知道物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，于是就可以由牛顿第二定律确定物体所受的外力，这是力学所要解决的又一方面的问题．例2 一个滑雪的人，质量m＝50 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡倾角θ＝30°，在t＝5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）．合作探讨：这个题目是已知人的运动情况，求人所受的力．应该注意三个问题：滑雪人受到的力1．分析人的受力情况，作出受力示意图．然后考虑以下几个问题：滑雪的人共受到几个力的作用？这几个力各沿什么方向？它们之中哪个力是待求的，哪个力实际上是已知的？2．根据运动学的关系得到下滑加速度，求出对应的合力，再由合力求出人受的阻力．3．适当选取坐标系．坐标系的选择，原则上是任意的，但是为了解决问题的方便，选择时一般根据以下要求选取：（1）运动正好沿着坐标轴的方向．（2）尽可能多的力落在坐标轴上．如有可能，待求的未知力尽量落在坐标轴上，不去分解．解析：如图，受力分析建立如图坐标系，把重力G 沿x 轴和y 轴的方向分解，得到求滑雪人受到的阻力G x ＝mg ·sin θG y ＝mg ·cos θ与山坡垂直方向，物体没有发生位移，没有加速度，所以G y 与支持力F N 大小相等、方向相反，彼此平衡，物体所受的合力F 等于G x 与阻力F 阻的合力．由于沿山坡向下的方向为正方向，所以合力F ＝G x －F 阻，合力的方向沿山坡向下，使滑雪的人产生沿山坡向下的加速度．滑雪人的加速度可以根据运动学的规律求得：x ＝v 0t ＋12at 2 a ＝2(x －v 0t )t 2 a ＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律F ＝maG x －F 阻＝maF 阻＝G x －maF 阻＝mg ·sin θ－ma 代入数值后，得F 阻＝67.5 N.答案：67.5 N结合两种类型中两个例题的解题过程，总结出用牛顿定律解题的基本思路和解题步骤：1．选定研究对象，并用隔离法将研究对象隔离出来．2．分别对研究对象进行受力分析和运动情况分析，并作出其受力图．3．建立适当的坐标系，选定正方向，正交分解．4．根据牛顿第二定律分别在两个正交方向上列出方程．5．把已知量代入方程求解，检验结果的正确性．课堂训练（课件展示）1．一个物体的质量m ＝0.4 kg ，以初速度v 0＝30 m/s 竖直向上抛出，经过t ＝2.5 s 物体上升到最高点．已知物体上升过程中所受到的空气阻力大小恒定，求物体上升过程中所受空气阻力的大小是多少？解析：设物体向上运动过程中做减速运动的加速度大小为a ，以初速度方向为正方向． 因为v t =v 0－a t ，v t =0所以a =0v t=12 m/s 2 对小球受力分析如图，由牛顿第二定律f ＋mg =maf =m （a －g ）=0.4×（12－9.8）N=0.88 N.答案：0.88 N2．如图所示，光滑地面上，水平力F 拉动小车和木块一起做匀加速运动，小车的质量为M ，木块的质量为m .设加速度大小为a ，木块与小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中大木块受到的摩擦力大小是（ ）．A．μmg B．ma C．mM＋mF D．F－ma解析：这是一道根据物体运动状态求物体受力情况的典型习题．题中涉及两个物体，题干中的已知量又比较多，对此类题目，要注意选取好研究对象．两者无相对运动，它们之间的摩擦力只能是静摩擦力．因而滑动摩擦力公式f＝μmg就不再适用．A选项错误．以木块为研究对象，则静摩擦力产生其运动的加速度F合＝f＝ma，再由牛顿第三定律可知B选项正确．以小车为研究对象，F－f＝Ma，f＝F－Ma，D选项也正确．以整体为研究对象，则a＝FM＋m，再代入f＝ma可得f＝mFM＋m.故C选项也正确．答案：BCD教学建议：1．授课过程中，教师提示分析思路之后．受力分析、过程分析先由学生完成，教师则将解题过程完整写出，以便总结规律、让学生养成规范解题的习惯．2．运算过程中，物理量尽量用相应的字母表示，将所求量以公式形式代出，最后再将已知量代入，求出结果．课堂小结本节课主要讲述了动力学中的两类基本问题：（1）已知受力情况求解运动情况．（2）已知运动情况求物体受力情况．通过对例题的分析解决过程，总结出这两类基本问题的解决方法、思路和一般解题步骤．布置作业教材第87页“问题与练习”1、2、3、4题．板书设计6 用牛顿运动定律解决问题（一）一、从受力情况确定运动情况例1二、从运动情况确定受力情况例2总结：加速度是连接动力学和运动学的桥梁活动与探究课题：牛顿运动定律的适用条件．牛顿运动定律虽然是一个伟大的定律，但它也有自己适用的条件．通过对其适用条件的了解，使学生进一步完整地掌握这个规律，并且为相对论的提出打好基础．习题详解1．解答：如图所示，用作图法求出物体所受的合力F ＝87 Na ＝F m ＝872m/s 2＝43.5 m/s 2 v ＝at ＝43.5×3 m/s＝131 m/sx ＝12at 2＝12×43.5×32 m ＝196 m. 2．解答：电车的加速度为：a ＝v －v 0t ＝0－1510m/s 2＝－1.5 m/s 2. 电车所受阻力为：F ＝ma ＝－6.0×103 N ，负号表示与初速度方向相反．3．解答：人在气囊上下滑的加速度为：a ＝mg sin θ－F m ＝g sin θ－F m ＝（10×3.24.0－24060） m/s 2＝4.0 m/s 2 滑至底端时的速度为：v ＝2ax ＝2×4.0×4.0 m/s ＝5.7 m/s.4．解答：卡车急刹车时的加速度大小为：a ＝F m ＝μmg m＝μg ＝7 m/s 2 根据运动学公式：v 0＝2ax ＝2×7×7.6 m/s ＝10.3 m/s≈37.1 km/h＞30 km/h 所以，该车超速．设计点评动力学的两类基本问题在高中阶段的地位相当重要，对于培养学生的分析、判断、综合能力有很大的帮助．对于方法的总结，遵循由特殊到一般、再由一般到特殊的人们认识事物的基本发展思路．过程清晰，层次分明，有助于学生理解和掌握．备课资料一、牛顿运动定律的适用范围17世纪以来，以牛顿运动定律为基础的经典力学不断发展，在科学研究和生产技术上得到了极其广泛的应用，取得了巨大的成就．这一切不仅证明了牛顿运动定律的正确性，甚至使有些科学家认为经典力学已经达到十分完善的地步，一切自然现象都可以由力学来加以说明，过分地夸大了经典力学的作用．但是，实践表明，牛顿运动定律和所有的物理定律一样，只具有相对的真理性．1905年，著名的美籍德国物理学家爱因斯坦（1879—1955）提出了研究匀速相对运动体系的狭义相对论，引起了物理学的一场巨大革命．他指出，经典力学中的绝对时空观并不是直接从观察和实验中得出的．实际上，时间、空间和观察者是相对的．根据相对论原理，物体的质量也不是恒定不变的，而是随着物体运动状态的变化而变化.1916年爱因斯坦又发表了研究加速相对运动的广义相对论．运用这些理论所得出的结论和实验观察基本一致．这表明：对于接近光速的高速运动的问题，经典力学已不再适用，必须由相对论力学来研究．经典力学可以看做是相对论力学在运动速度远小于光速时的特例．从20世纪初以来，原子物理学发展很快，发现许多新的物理现象（如光子、电子、质子等微观粒子的波粒二象性）无法用经典力学来说明．后来，在普朗克（1858—1947）、海森堡（1901—1976）、薛定谔（1887—1961）、狄拉克（1902—1984）等物理学家的努力下创立了量子力学，解决了经典力学无法解决的问题．因此经典力学可以看做是量子力学在宏观现象中的极限情况．总之，“宏观”“低速”是牛顿运动定律的适用范围．二、用整体法与局部法巧解动力学问题在实际问题中，还常常碰到几个物体连在一起，在外力作用下的共同运动，称为连接体的运动．在分析和求解物理连接体问题时，首先遇到的关键之一，就是研究对象的选取问题．其方法有两种：一是隔离法，二是整体法．所谓隔离（体）法就是将所研究的对象——包括物体、状态和某些过程，从系统或全过程中隔离出来进行研究的方法．所谓整体法就是将两个或两个以上物体组成的整个系统或整个过程作为研究对象进行分析研究的方法．以系统为研究对象，运用牛顿第二定律求解动力学问题能回避系统内的相互作用力，使解题过程简单明了．隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成．例1 用力F 推M ，使M 和m 两物体一起在光滑水平面上前进时，求两物体间的相互作用力．解析：如图所示，对整体应用牛顿第二定律有F ＝（M ＋m ）a隔离m ，m 受外力的合力为M 对m 的推力N ，由牛顿第二定律N ＝ma ，解得：N ＝m M ＋m F . 答案：mM ＋m F 例2 如图所示，质量为M 的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m 的小球．开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的12，即a ＝12g .则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？解析：解法一：（隔离法）木箱与小球没有共同加速度，用隔离法解决如下．取小球m 为研究对象，受重力mg 、摩擦力F f ，如图，据牛顿第二定律得：mg －F f ＝ma ①取木箱M 为研究对象，受重力Mg 、地面支持力F N 及小球给予的摩擦力F f ′，如图． 据物体平衡条件得：F N －F f ′－Mg ＝0②且F f ＝F f ′③由①②③式得F N ＝2M ＋m 2g 由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为F N ′＝F N ＝2M ＋m 2g . 解法二：（整体法）对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依据牛顿第二定律列式： （mg ＋Mg ）－F N ＝ma ＋M ×0故木箱所受支持力：F N ＝2M ＋m 2g . 由牛顿第三定律知：木箱对地面压力F N ′＝F N ＝2M ＋m 2g . 答案：2M ＋m 2g 例3 一个质量为0.2 kg 的小球用细线吊在倾角θ＝53°的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦．当斜面以10 m/s 2的加速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力．解析：当加速度a 较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳的拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面．当加速度a 足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a ＝10 m/s 2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a 0.（此时，小球所受斜面支持力恰好为零）由mg cot θ＝ma 0，所以a 0＝g cot θ＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2＞a 0，所以小球离开斜面，N ＝0，小球受力情况如图，则T cos α＝mg ，所以T ＝(ma )2＋(mg )2＝2.83 N ，N ＝0.答案：2.83 N 0例4 如图所示，三个物体的质量分别为m 1、m 2、M ，斜面的倾角为α，绳的质量不计，所有接触面光滑．当m 1沿斜面下滑时，要求斜面体静止，则对斜面体应施加多大的水平力F?解析：对m 1、m 2构成的系统由牛顿第二定律知：m 1g sin α－m 2g ＝（m 1＋m 2）a ①对m 1、m 2和M 构成的整个系统就水平方向而言，若施力使斜面体静止，只有m 1具有水平方向向右的加速度分量a 1，且有a 1＝a cos α②所以，对斜面体必须施加水平向右的推力F ，如图，则对整个系统在水平方向上由牛顿第二定律知：F ＝m 1a 1③解①②③得：F ＝m 1g (m 1sin α－m 2)cos αm 1＋m 2. 答案：m 1g (m 1sin α－m 2)cos αm 1＋m 2这种以系统为研究对象的解题方法，只研究了系统在水平方向上的动力学行为即达目的，既回避了物体运动的多维性和相互作用的复杂性，又体现了牛顿第二定律在某一方向上的独立性．。
动力学的两类基本问题29651
4.6用牛顿运动定律解决问题（一）【学习目标】知识与技能1．知道应用牛顿运动定律解决的两类主要问题。
2．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
过程与方法1．通过实例感受研究力和运动关系的重要性。
2．帮助学生学会运用实例总结归纳一般问题的解题规律的能力。
情感态度与价值观1．初步认识牛顿运动定律对社会发展的影响。
2．初步建立应用科学知识的意识。
【学习重点】应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
【学习难点】物体的受力分析及运动状态分析，解题方法的灵活选择和运用。
正交分解法的应用。
【学习过程】一、自主学习1、理解牛顿第一定律的含义揭示了力与运动的关系，力不是维持物体运动的原因，而是。
对于牛顿第一定律，你还有哪一些理解？2、理解牛顿第二定律是力与运动联系的桥梁牛顿第二定律确定了_______________的关系，使我们能够把物体的___________情况和_________情况联系起来。
类型一：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___________，再通过__________就可以确定物体的运动情况。
类型二：从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，于是就可以由牛顿第二定律确定物体所受的___________。
3、能运用牛顿第三定律分析物体之间的相互作用物体之间的作用力和反作用力总是当一个物体的受力不容易分析的时候，我们能不能分析对它施加力的物体？分析的时候应该注意什么问题？跟踪练习1．一个静止在水平面上的木箱，质量为2 kg，在水平拉力F=6 N的作用下从静止开始运动，已知木箱与水平面间滑动摩擦力是4N，求物体2 s末的速度及2 s内的位移。
（g取10 m/s2）2．如图所示，是电梯上升的v～t图象，若电梯的质量为100kg，则钢绳对电梯的拉力在0～2s之间、2～6s之间、6～9s之间分别为多大？（g取10m/s2）二、课内探究引言：牛顿第二定律确定了_______________的关系，使我们能够把物体的___________情况和_________情况联系起来。
专题四.动力学的两类基本问题
专题四．动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.例题评析【例11】质量为m=2 kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6 N的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F2=2 N的水平推力.已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10 m/s2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m?【例12】如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s.（sin37°=0.6，g取10 m/s2）【例13】如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6 m、质量为M=3 kg的木板.一个质量为m=1 kg的小物体放在木板的最右端，m 与M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.（1）施力F后，要想把木板从物体m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；（2）如果所施力F=10 N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g取10 m/s2）【例14】如图所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10 m/s的速率运行，在传输带上端A处无初速地放上质量为0.5 kg的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5.若传输带A到B的长度为16 m，则物体从A运动到B的时间为多少？能力训练1．如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能（）A.物体继续向右加速运动B.物体开始向右匀速运动C.物体先加速后减速向右运动D.物体先减速后加速向右运动2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为 2.5m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为（）A.1.5 m/s2B.2.0 m/s2C.2.5 m/s2D.4.0 m/s23．小磁铁A重10 N，吸在一块水平放置的固定铁板B的下面，如图所示.要竖直向下将A 拉下来，至少要用15 N 的力，若A 、B 间的动摩擦因数为0.3，现用5 N 的水平力推A 时，A 的加速度大小是_______m/s 2.（g 取10 m/s 2）4.汽车在平直公路上从静止开始做匀加速直线运动.当汽车的速度达到v 1时关闭发动机，汽车维持滑行一段时间后停止，其运动的速度图线如图所示.若汽车加速行驶时牵引力为F 1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F 2（大小不变），则F 1∶F 2为（ ）A.4∶1B.3∶1C.1∶1D.1∶45.机车牵引力一定，在平直轨道上以a 1=1 m/s 2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a 2=2 m/s 2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.6.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h ，乘客的质量为60 kg ，当汽车遇到紧急情况时，在2 s 内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.7.静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小.参考答案：例题11【分析与解答】：以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.（1）木块在奇数秒内的加速度为a 1=mF F f-1=mmg F -μ1=21021.06⨯⨯- m/s 2=2 m/s 2木块在偶数秒内的加速度为a 2=mF F f-2=mmg F -μ2=21021.02⨯⨯- m/s 2=0所以，木块在奇数秒内做a =a 1=2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.（2）在第1 s 内木块向右的位移为s 1=21at 2=21×2×12 m=1 m 至第1 s 末木块的速度v 1=at =2×1 m/s=2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 s 内木块的位移为s 2=v 1t =2×1 m=2 m至第2 s 末木块的速度v 2=v 1=2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 s 内的位移为s 3=v 2t +21at 2=2×1 m+21×2×12 m=3 m 至第3 s 末木块的速度v 3=v 2+at =2 m/s+2×1 m/s=4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 s 内木块的位移为s 4=v 2t =4×1 m=4 m至第4 s 末木块的速度v 4=v 2=4 m/s ……由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在n s 内的总位移为s n =1+2+3+…+n =21）（+n n 当s n =40.25 m 时，n 的值为8＜n ＜9.取n =8，则8 s 内木块的位移共为s 8=2188）（+ m=36 m 至第8 s 末，木块的速度为v 8=8 m/s.设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x =40.25 m －36 m=4.25 m ，由s x =v 8t x +21at x 2，即4.25=8t x +21×2t x 2 解得t x =0.5 s 所以，木块位移大小等于40.25 m 时，需运动的时间T =8 s+0.5 s=8.5 s.[点评]：（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键. 例题12【分析与解答】：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2 s 内，物体在F =9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知： 沿斜面方向：F －mg sin θ－F f =ma 1沿垂直斜面方向：F N =mg cos θ 且F f =μF N由①②③得：a 1=mmg mg F θμθcos sin --=2 m/s 22 s 末绳断时瞬时速度v 1=a 1t 1=4 m/s. 第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2， 则a 2=mmg mg ）（θμθcos sin +-=－7.6 m/s 2设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2 据运动学公式 v 2=v 1+a 2t 2 所以t 2=210a v -=0.53 s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3.由牛顿第二定律可知：a 3=g sin θ－μg cos θ=4.4 m/s 2，速度达到v 3=22 m/s ，所需时间t 3=330a v -=5 s 综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 s.例题13【分析与解答】：（1）力F 拉木板运动过程：对木块：μmg =ma a =μg a =1 m/s 2对木板：F －μmg =Ma 1 a 1=MmgF μ-只要a 1＞a 就能抽出木板，即F ＞μ（M +m ）g 所以F ＞4 N.（2）当F =10 N ，设拉力作用的最少时间为t 1，加速度为a 1，撤去拉力后木板运动时间为t 2，加速度为a 2，那么：a 1=M mg F μ-=3 m/s 2 a 2=M mg μ=31 m/s 2木板从木块下穿出时： 木块的速度：v =a （t 1+t 2） 木块的位移：s =21a （t 1+t 2）2 木板的速度：v 木板=a 1t 1－a 2t 2 木板的位移：s 木板=21a 1t 12+a 1t 1t 2－21a 2t 22 木板刚好从木块下穿出应满足： v 木板=v s 木板－s =L 可解得：t 1=0.8 s 例题14【分析与解答】：首先判定μ与tan θ的大小关系，μ=0.5，tan θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图所示），该阶段物体对地加速度a 1=mmg mg θμθcos sin +=10 m/s 2方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=1a v=1 s 在t 1 s 内物体沿斜坡对地位移s 1=21a 1t 12=5 m 当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度a 2=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t 2则s 2=v t 2+21a 2t 22 即11=10t 2+21×2t 22t 2=1 s （t 2′=－11 s 舍去） 所需总时间t =t 1+t 2=2 s当皮带上表面以10 m/s 的速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向上且不变.设加速度为a 3 则a 3=m mg mg θμθcos sin -=2 m/s 2物体从传输带顶滑到底所需时间为t ' 则s =21a 3t '2 t '=32a s =2162⨯ s=4 s.[点评]：本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.专题四: 1.C2.B3.0.54.A5.解析：对脱钩前后列方程： 前：F －0.1m 总g =m 总a 1 后：F －0.1m 剩g =m 剩a 2 求得：总剩总m m m -=31. 答案：31 6.解析：刹车时汽车的加速度大小为a =tv ∆ m/s 2=15 m/s 2安全带给乘客的作用力的大小为F =ma =60×15 N=900 N.答案：使人随汽车刹车做减速运动的力的大小为900 N ，这个力只有靠安全带提供，否则，人将由于惯性而发生事故.7.解析：物体的整个运动过程分为两段，前4 s 物体做匀加速运动，后6 s 物体做匀减速运动. 前4 s 内物体的加速度为a 1=10t v -=44 m/s 2=1 m/s 2设摩擦力为F f ，由牛顿第二定律得 F －F f =ma 1① 后6 s 内物体的加速度为a 2=20t v -=64- m/s 2=－32 m/s 2物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得，－F f =ma 2② 由①②可求得水平恒力F 的大小为F =m （a 1－a 2）=2×（1+32）N=3.3 N.。
牛顿运动定律：两类问题(含答案)
力与运动的两类问题【学习目标】1.明确用牛顿运动定律解决的两类问题;2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．【要点梳理】要点一、根据运动情况来求力运动学有五个参量0v 、v、t、a、x，这五个参量只有三个是独立的。
运动学的解题方法就是“知三求二”。
所用的主要公式：0v v at =+①——此公式不涉及到位移，不涉及到位移的题目应该优先考虑此公式2012x v t at =+②——此公式不涉及到末速度，不涉及到末速度的题目应该优先考虑此公式212x vt at =-③——此公式不涉及到初速度，不涉及到初速度的题目应该优先考虑此公式02v v x t +=④——此公式不涉及到加速度，不涉及到加速度的题目应该优先考虑此公式2202v v x a-=⑤——此公式不涉及到时间，不涉及到时间的题目应该优先考虑此公式根据运动学的上述5个公式求出加速度，再依据牛顿第二定律F ma =合，可以求物体所受的合力或者某一个力。
要点二、根据受力来确定运动情况先对物体进行受力分析，求出合力，再利用牛顿第二定律F ma =合，求出物体的加速度，然后利用运动学公式0v v at=+①2012x v t at =+②212x vt at =-③02v v x t +=④2202v v x a -=⑤求运动量（如位移、速度、时间等）要点三、两类基本问题的解题步骤1.根据物体的受力情况确定物体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和运动分析，画出物体的受力图．②求出物体所受的合外力．③根据牛顿第二定律，求出物体加速度．④结合题目给出的条件，选择运动学公式，求出所需的物理量．2.根据物体的运动情况确定物体受力情况的解题步骤①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出受力图．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，求物体所受的合外力．④根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力．要点四、应注意的问题1.不管是根据运动情况确定受力还是根据受力分析物体的运动情况，都必须求出物体的加速度。
易错点06 牛顿三定律 两类动力学问题(解析版)
易错点06牛顿三定律 两类动力学问题例题1. （2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。
如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度14m l =，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。
若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为29，货物可视为质点（取cos240.9︒=，sin 240.4︒=，重力加速度210m /s g =）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a 的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s ，求水平滑轨的最短长度2l 。
【答案】（1）22m/s ；（2）4m/s ；（3）2.7m 【解析】（1）根据牛顿第二定律可得1sin 24cos 24mg mg ma μ︒-︒=代入数据解得212m/s a =（2）根据运动学公式2112a l v =解得4m/s v =（3）根据牛顿第二定律2mg ma μ=根据运动学公式2222max 2a l v v -=-代入数据联立解得2 2.7m l =【易错警示】误选A 的原因：错误认为货物在倾斜滑轨上滑行时摩擦力为mg μ，导致货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a 的大小算错，后边两问跟着错。
理解好计算滑动摩擦力的公式f N F F F μμ==压例题2. （多选）（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v =4m/s 顺时针转动。
一煤块以初速度v 0=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g =10m/s 2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。
则下列说法正确的是（ ）A ．煤块冲上传送带后经1s 与传送带速度相同B ．煤块向上滑行的最大位移为10mC ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为5sD ．煤块在传送带上留下的痕迹长为（5m 【答案】ABD 【解析】A ．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得1sin cos mg mg ma θμθ+=解得218m /s a =设经t 时间与传送带共速，由01v a t v -=解得1s t =故A 正确；B ．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律2sin cos mg mg ma θμθ-=解得224m /s a =煤块先以12m/s 的初速度，8m/s 2的加速度减速至4m/s ，后又以4m/s 2的加速度减速至0，再反向加速至回到A 点，v -t 图像如图所示由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小11(124)1m 41m 10m 22x =⨯+⨯+⨯⨯= 故B 正确；C ．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为224m /s a =的匀加速直线运动，设返回到A 点所需的时间为t 1，下滑的位移22112x a t = 解得15s t结合图像知，物块从冲上传送带到返回A 端所用时间为(25)s t =总故C 错误；D ．在0到1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为11(124)1m 41m 4m 2L =⨯+⨯-⨯=此时划痕在物块的下方，在1s 到2s 内，传送带速度比物块速度大，则2141m 41m 2m 2L =⨯-⨯⨯=因为L 2<L 1，所以在上升阶段产生的划痕为4m ，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s 到(25)s 时间内，煤块向下滑了10m ，传送带向上滑了45m ，则煤块在传送带上的划痕为3(10452)m (1245)m L =+=+故D 正确。
牛顿运动定律八大题型
一：两类基本问题
类型二：已知运动求受力
【例2】一个滑雪的人，质量m=50kg，以 v0=2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山 坡的倾角θ=370，在t＝5s的时间内滑下的 路程x＝60m，求滑雪人与山坡之间的动 摩擦因数μ（不计空气阻力）。
拓展1：若滑雪者以16m/s的初速度从坡底向上冲，试求 t1=1.0s和t2=3.0s两个时刻，滑雪者距离坡底的距离？ 拓展2：若滑雪者回到坡底后仍能在水平面上继续滑行， 且μ值不变，不计转弯消耗，求它最后停在何处？
六：连接体问题
【变式1】光滑水平面上静止叠放着n个 完全相同的木块，质量均为m。今给第一 个木块一个水平方向的恒力F的作用，使 得n个木块一起向右做加速运动，如图所 示。求此时第k和k+1个木块之间的相互 作用力大小。
二：变加速问题
【变式】如图所示，自由下落的 小球，从它接触竖直放置的弹簧 开始，到小球速度为零的过程中， 小球的速度和加速度的变化情况 是（ ） A．加速度变大，速度变小 B．加速度变小，速度变大 C．加速度先变小后变大，速度先变大后变小 D．加速度先变小后变大，速度先变小后变大
二：变加速问题
【拓展】质量为40kg的雪 撬在倾角θ=37°的斜面 上向下滑动（如图甲）， 所受的空气阻力与速度成 正比。今测得雪撬运动的 v-t图像如图7乙所示，且 AB是曲线的切线，B点 坐标为（4，15），CD是 曲线的渐近线。试求空气 的阻力系数k和雪撬与斜 坡间的动摩擦因数μ。
二：瞬时性问题
【变式】如图所示，两根轻弹簧与两个质量都 为m的小球连接成的系统，上面一根弹簧的上端 固定在天花板上，两小球之间还连接了一根不 可伸长的细线。该系统静止，细线受到的拉力 大小等于4mg。在剪断了两球之间的细线的瞬间， 球A的加速度和球B的加速度分别是（ ）
第6节用 牛顿运动定律解决问题(一)
第四章 牛顿运动定律 第 6 节 用牛顿运动定律解决问题（一）编写：李冬梅 审核： 【学习目标】 （只有定向才不会迷失方向） 1、进一步加深对牛顿运动定律的理解和受力分析 2、提高运用牛顿运动定律分析问题、解决问题的能力 重点难点：掌握运用牛顿运动定律分析问题、解决问题的基本思路和方法 【学习过程】 （用心参与课堂，提高学习效率） 1、 牛顿第二定律确定了_________________的关系， 使我们能够把物体的运动情况和受力情 况联系起来. 2、加速度是一个典型的运动学量，同时又是一个不折不扣的动力学量。
它将运动和力联系 了起来。
（一）从受力确定运动情况 例 1、一个静止在水平地面上的物体，质量是 2kg，在 6.4N 的水平拉力作用下沿水平地面向 右运动。
物体与地面间的摩擦力是 4.2N。
求物体在 4s 末的速度和 4s 内发生的位移。
思考：1、物体受到的合力沿什么方向？大小是多少？2、这个题目要求计算物体的速度和位移，而我们目前只能解决匀变速运动的速度和位移。
物体运动是匀变速运动吗？解析过程：拓展训练：1、一个原来静止的物体，质量是 2kg，受到两个大小都是 50N 且互成 600 角的 力的作用， 此外没有其他的力， 末这个物体的速度是多大？3s 内物体发生的位移是多少？ 3s认真分析物体的受力情况，准确运用牛顿运动定律计算加速度，科学预测物体的运动。
（二） 、由运动情况来推断物体的受力情况 例 2.一个滑雪的人，质量 m = 75Kg，以 v0 = 2m/s 的初速度沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾 o 角θ = 30 ，在 t = 5s 的时间内滑下的路程 s = 60m，求滑雪人受到的阻力（包括滑动摩擦 和空气阻力） 。
思考： 滑雪人共受到几个力的作用？这几个力各沿什么方向？它们之中哪个力是待求的？哪 个力实际上是已知的？解析过程：拓展训练：以 15m/s 的速度行驶的无轨电车，在关闭电动机后，经过 10s 停了下来。
第三章 第6节 超重和失重
4.分析下列情况中，物体A的受力情况：（不 计阻力）
A B (自由下落过程中) B
A B
A
(竖直向上抛出后)
(水平抛出后)
（只受重力）
课堂小结：
一：超重与失重的概念 超重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）大于物体的重力的情况
失重：物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）小于物体的重力的情况
完全失重：物体对悬挂物的拉力（或支持物的压力）等于零的状态 二：超重与失重产生的原因
超重产生原因：物体具有竖直向上的加速度
失重产生原因：物体具有竖直向下的加速度 完全失重产生原因:当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时产生 (a=g) 三：超重与失重时的重力 超重与失重是指物体对悬挂物的拉力（支持物的压力）发生了变化，即视重 发生了变化，物体本身所受重力不变
N(F)比G 大ma
重 超 对支持物的压力
失 对支持物的压力
（拉力）小于所 重 受的重力
a竖直向 下 N(F)比G小 ma
1.G不变, N(F) 改 变 2.只与a 有关,与 V的方 向无关
Hale Waihona Puke 完 对支持物的压力 全 （拉力）为零 失 重
a竖直向下 且a=g
N(F) =0
1．关于超重和失重，下列说法中正确的是： （ ）D A. 超重就是物体受的重力增加了； B. 失重就是物体受的重力减少了； C. 完全失重就是物体一点重力都不受了； D. 不论超重、失重还是完全失重，物体所受 重力是不变的．
第三章 牛顿运动定律 第6节 超重和失重 玉林中学 万军
什么是平衡状态?如果物体处于平衡状态， 它的受力有什么特点？ 平衡状态：静止或匀速运动 平衡状态即a=0的状态，F合=0
一、超重、失重现象
牛顿运动定律常见题型
牛顿运动定律复习1、 连接体问题解题思路：整体法与隔离法的灵活运用a) 各部分间没有相对运动，或者虽有相对运动但为匀速运动：整体及各部分有相同的加速度，整体法求加速度，隔离法求各物体受力情况。
b) 各部分间有相对运动且不是匀速运动：整体及部分间没有共同的加速度，且整体的加速度不等于各部分的加速度平均。
必须灵活运用整体法及隔离法求解问题。
整体的加速度用整体法求解，部分的加速度用隔离法求解；受力情况运用整体、隔离及牛三定律等求解。
例1、 如图所示，小车向右做匀加速运动的加速度大小为a ，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块M 串在杆上，M 通过细线悬吊着一小铁球m ， M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到2a 时，M 仍与小车保持相对静止，则A ．横杆对M 的作用力增加到原来的2倍B ．细线的拉力增加到原来的2倍C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D ．细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的2倍例2、 如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块AB ，水平推力F 作用在A 上，用F AB 代表A 、B 间的相互作用力，下列说法可能正确的是A ．若地面是完全光滑的，则F AB =FB ．若地面是完全光滑的，则F AB =F /2C ．若地面是有摩擦的，且AB 未被推动，可能F AB =F /3D ．若地面是有摩擦的，且AB 被推动，则F AB =F /2例3、 如图所示，一质量为M 的直角劈B 放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m 的物体A ，用一沿斜面向上的力F 作用于A 上，使其沿斜面匀速上滑，在A 上滑的过程中直角劈B 相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力f 及支持力N 正确的是A ．f = 0 ，N = Mg +mgB ．f 向左，N <Mg +mgC ．f 向右，N <Mg +mgD ．f 向左，N =Mg +mg例4、 某人拍得一张照片，上面有一个倾角为α的斜面，斜面上有一辆无动力的小车，小车上悬挂一个小球，如图所示，悬挂小球的悬线与垂直斜面的方向夹角为β，下面判断正确的是A 、如果βα=，小车一定处于静止状态B 、如果0β=，斜面一定是光滑的C 、如果βα>，小车一定是沿斜面加速向下运动D 、无论小车做何运动，悬线都不可能停留图中虚线的右侧例5、 如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量为m 1和m 2的物体，m 1放在地面上，当m 2的质量发生变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系大致如下图中的图( ).αβF V α B A2、 弹簧类问题可视为特殊的连接体问题，注意关键点：弹簧的弹力不能突变。
高三物理 动力学两类基本问题
(1)空气阻力与小球重力大小的比值mfg； (2)小球从抛出到落到地面所经过的时间 t.
思路点拨：根据运动情况确定加速度利用牛顿第二定律结合运动中的受力情况求解． 规范解答：(1)从抛出到最高点，2a1h＝v20(1 分) 代入数据求得 a1＝12 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律：mg＋f＝ma1(1 分) mfg＝0.2.(1 分) (2)上升过程所用时间 t1＝va10＝1 s(1 分) 下落过程加速度 a2＝mgm－f＝mg－m0.2mg＝8 m/s2(1 分) 下落过程所用时间 t2，则有 h＋H＝12a2t22(1 分) 得 t2＝2 s(1 分) 总时间 t＝t1＋t2＝3 s．(2 分)
8s 3g.
答案：(1)0.5 (2)
8s 3g
考点二：连接体问题的应用
【例2】 (综合题)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固 定在水平地面上，质量为m的物块A叠放在物体B 上，物体B的上表面水平．当A随B一起沿斜面下 滑时，A、B保持相对静止．求B对A的支持力N和 摩擦力f.
解析：当A随B一起沿斜面下滑时，物块A受到竖直向下的重力mg、B对A竖直向上的支 持力N和水平向左的摩擦力f的作用而一起做加速运动，如图(甲)． 设B的质量为M，以A、B为整体，根据牛顿第二定律，有 (m＋M)·gsin θ＝(m＋M)a，得a＝gsin θ. 将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，如图(乙)所示，则ax＝acos θ＝gsin θcos θ， ay＝asin θ＝gsin2 θ
(1)小球的加速度；
(2)最初2 s内小球的位移．
解析：(1)小球在斜杆上受力分析如图所示． 垂直杆方向：Fcos θ＝mgcos θ＋N① 沿杆方向：Fsin θ－mgsin θ－f＝ma② 其中：f＝μN③ ①②③联立，并代入数据，得 a＝0.4 m/s2. (2)最初 2 s 内的位移 s＝12at2＝0.8 m.
高中必刷题 物理必修1 第四章 牛顿运动定律 第6节 用牛顿运动定律解决问题(一)整体法和隔离法临界问题
课时3 连接体问题（整体法和隔离法）、临界问题刷基础题型1 连接体问题（整体法和隔离法）1.［河北保定唐县一中2019高一上月考］（多选）如图所示，在光滑的桌面.上有质量分别为m 和M 的A 、B 两个物块，现用水平方向的力F 推物块A ，使A 、B 两物块在桌面上一起向右加速，则A 、B 间的相互作用力为 （ ）A .若桌面光滑，作用力为MFM m+ B .若桌面光滑，作用力为mFM m+ C .若A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，A 、B 仍向右加速，则A 、B 间的相互作用力为MFMg M mμ++ D .若A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，A 、B 仍向右加速，则A 、B 间的相互作用力为MFM m+ 2.如图甲所示，当A 、B 两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F 作用于A 的左端，使A 、B 一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为1a ，A 、B 间的相互作用力的大小为1N .如图乙所示，当A 、B 两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F 作用下，使A 、B 一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为2a ，A 、B 间的相互作用力大小为2N ，则有关1a 、2a 和1N 、2N 的关系正确的是（ ）A .12a a >，12N N >B .12a a >，12N N <C .12a a =，12N N =D .12a a >，12N N =3.如图所示，楔形物体沿固定斜面加速下滑（楔形物体上表面水平），甲图中在楔形物体上再放上一个小物块，乙图中在楔形物体上施加一个竖直向下的力F ，则下列关于楔形物体运动情况的说法中正确的是 （ ）A .甲图中楔形物体的加速度增大，乙图中楔形物体的加速度增大B .甲图中楔形物体的加速度增大，乙图中楔形物体的加速度不变C .甲图中楔形物体的加速度不变，乙图中楔形物体的加速度增大D .甲图中楔形物体的加速度不变，乙图中楔形物体的加速度不变4.如图所示，体积相同的两个小球A 和B 用1m 长的细线相连，A 的质量为m=1kg ，B 的质量为A 的质量的2倍.将它们都浸入水中后恰能处于静止状态（设水足够深，g 取10m/s 2）.求：（1）此时细线的张力大小；（2）若细线被剪断，经时间2s 后两球相距多远？题型2 临界问题5.（多选）如图所示，A 、B 两物块叠在一起静止在水平地面上，A 物块的质量2kg A m =，B 物块的质量3kg B m =，A 与B 接触面间的动摩擦因数10.4μ=，B 与地面间的动摩擦因数20.1μ=，现对A 或对B 施加一水平外力F ，使A 、B 相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g 取10m/s 2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是 （ ）A .若外力F 作用到物块A 时，则其最小值为8NB .若外力F 作用到物块A 时，则其最大值为10NC .若外力F 作用到物块B 时，则其最小值为13ND .若外力F 作用到物块B 时，则其最大值为25N6.［四川绵阳2019高一上期末］如图所示，细线的一端固定在倾角为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.则（ ）A .当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mgB .当滑块以加速度a=g 向左加速运动时，小球对滑块压力为零C .当滑块以加速度a=g 向左加速运动时，细线中拉力为mgD .当滑块以加速度a=2g 向左加速运动时，细线中拉力为2mg 7.［重庆一中2019高一上期末］（多选）如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ=30°的斜面底端，另一端与物块A 连接，两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止.现用平行于斜面向上大小等于2mg的恒力F 拉物块B ，使B 沿斜面向上缓慢运动，直到B 与A 开始分离.下列说法正确的是 （ ） A .静止时弹簧的压缩量为mgkB .从开始运动到B 与A 刚分离的过程中，B 沿斜面滑动的距离为2mgkC .从开始运动到B 与A 刚分离的过程中，B 物块的速度先增大后减小D .从开始运动到B 与A 刚分离的过程中，B 物块的加速度一直减小 刷提升1.［湖北荆州中学、宜昌一中等四地七校考试联盟2019高三上期末］如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A 、B ，质量均为m ，A 、B 之间用轻质细绳水平连接.现沿细绳所在直线施加一水平恒力F 作用在A 上，A 、B 开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和木块A 、B 完全相同的木块C 放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C 并达到稳定后，下列说法正确的是 （ ）A .若C 放在A 上面，绳上拉力不变B .若C 放在B 上面，绳上拉力为2F C .C 放在B 上，B 、C 间摩擦力为3F D .C 放在A 上比放在B 上运动时的加速度大2.（多选）如图所示，小球A 、B 的质量相等，A 球光滑，B 球与斜面间的动摩擦因数0.5tan μθ=，中间用一根弹簧连接，弹簧的质量不计，斜面足够长，倾角为θ，将A 、B 和弹簧组成的系统放到斜面上，并让弹簧处于原长时由静止释放，弹簧轴线平行于斜面，下列说法正确的是 （ ）A .刚开始释放时A 、B 两球的加速度大小均为sin g θB .刚开始释放时A 、B 两球的加速度大小分别为sin g θ、0.5sin g θC .A 球的加速度为零时，B 球的加速度大小为1.5sin g θD .A 、B 球的加速度第一次相等时，弹簧第一次最短 3.［江西九江一中2018高一上月考］（多选）如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力2N B F =，A 受到的水平力92A F t =-（N ）（t 的单位是s ）.从t=0时刻开始计时，则（ ）A .A 物体3s 末时的加速度大小是初始时的511B .4s 后，B 物体做匀加速直线运动C .4.5s 时，A 物体的速度为零D .4.5s 后，A 、B 的加速度方向相同4.如图所示，一块质量m=2kg 的木块放置在质量M=6kg 、倾角θ=37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.8，二者静止在光滑水平面上.现对斜面体施加一个水平向左的作用力F ，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F 的大小范围.（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2）5.如图所示，质量为m=2kg 的物块放在一固定斜面上，斜面长L=11m ，当斜面倾角为37°时物块恰能沿斜面匀速下滑.现对物块施加一大小为F=100N 的水平向右的恒力，可使物块从斜面底端由静止开始向上滑行（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2），求：（1）物块在力F 作用下从斜面底端运动到顶端所需的时间； （2）若要在力F 作用下保证物块可以从斜面底端运动到顶端，则该力作用的最短时间；（3）设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0θ时，不论水平恒力F 多大，都不能使物块沿斜面向上滑行，试求这一临界角0θ的大小（可用三角函数表示）.刷素养6.［北京市东城区2019高一上期末］如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M 、倾角为θ的斜面体改装而成，在斜面体上轻放一质量为m 的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦.（1）释放物块后，在物块沿斜面向下运动的同时，冰车也在水平冰面上运动请画出冰车受力的示意图，并根据示意图说明冰车由静止变为运动的原因（作图时冰车可视为质点）.（2）若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车，请分析下列两种可能情况：①当力的大小为1F 时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止，求1F 和物块加速度的大小1a ；①当力的大小为2F 时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动，求2F 和物块加速度的大小2a .（3）第（1）问和第（2）问①所述的两种情况下，小物块对斜面压力的大小不同，分别记为N1F 和N2F ，请对N1F 和N2F 的大小关系作出猜想，并说明作出该种猜想的理由.。
必修1-牛顿运动定律两类问题练习题-答案
牛顿运动定律一：从受力确定运动情况1.一个静止在水平地面上的物体，质量是 2kg ，在 的水平拉力作用下沿水平地面向右运动。
物体与地面间的摩擦因数为。
求物体在 4s 末的速度和4s 内的位移。
答案： s2． 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滑动痕迹。
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，g 取10m/s 2，则汽车刹车前的速度为（ C ） A. 7 m/s B. 10 m/s C. 14 m/s D. 20 m/s3.在水平面上有一质量为6kg 的物体，与地面间的动摩擦因数μ＝1/3，在跟水平面成37°的斜向下推力F 作用下，由静止开始运动，2s 内物体的位移为10m ，求力F 的大小。
（g=10m/s 2） 答案：2503N4．如图所示，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的倍．现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜向上的拉力．已知sin37°=，cos37°=，取g=10m/s 2答案：5．质量为20kg 的物体若用20N （1）若改用50N 拉力沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进时，它的速度多大？（2）在前进时撤去拉力，又经过3s（3）物体总共通过多大位移（g 取10m/s2） 答案：（1）s （2）0（3）6．如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2kg ，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F=50N 的作用，使木块从静止开始运动，4s 后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为，则木块在水平面上运动的总位移为多少（g 取10m/s 2）7.某工厂用传送带传送零件，设两轮圆心的距离为11m ，传送带与零件的动摩擦因数为μ=，传送带的速度为V=2m/s ，在传送带的最左端A 处，轻放一质量为m=的零件 (可视为质点)，并且被传送到右端的B 处。
(完整版)两类动力学问题
牛顿运动定律的应用—-两类动力学问题一、引入本单元应以牛顿第二定律为核心,要求学生熟练掌握之．然而，关于物体的“惯性”和作用力与反作用力关系及判断，学生也是极易出错的，因此也要求熟练掌握．二、教学过程1.加深对牛顿第二定律的理解 ①对定律中三个关键字的理解“受”--—是指物体所受的力，而非该物体对其他物体所施加的力。
“合”———是指物体所受的所有外力的合力，而非某一分力或某些分力的合力“外"-——是指物体所受的外力,而非内力（即物体内部各部分间的相互作用力，如一列火车各车厢间的拉力).②牛顿第二定律确定了三个关系大小关系：a ∝mF，加速度的大小与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比．方向关系：加速度的方向与合外力的方向相同．单位关系：F ＝kma 中，只有当公式两边的物理量均取国际单位制中的单位时，比例系数k 才等于 1，公式才可简化为 F 合＝ma 。
③牛顿第二定律反映了加速度和力的五条性质同体性-—F 合、m 和a 都是相对于同一物体而言的．矢量性—-牛顿第二定律是一个矢量式，求解时应先规定正方向．独立性—-作用在物体上的每个力都将独立地产生各自的加速度,合外力的加速度即是这些加速度的矢量和．同时性——加速度随着合外力的变化而同时变化．瞬时性-—牛顿第二定律是一个瞬时关系式，它描述了合外力作用的瞬时效果．如果合外力时刻变化,则牛顿第二定律反映的是某一时刻加速度与力之间的瞬时关系．④力、加速度和速度的关系关于力、加速度和速度的关系，正确的结论是：加速度随力的变化而变化,但力（或加速度）和速度并没有直接的关系，其变化规律需根据具体情况分析。
例如，在简谐运动中，回复力、加速度最大时,振子的速度为零；而回复力、加速度为零时,振子的速度最大．2．什么样的问题是“牛顿第二定律"的应用问题(即物理问题的归类) 凡是求瞬时力及其作用效果的问题;判断质点的运动性质的问题（除根据质点运动规律判断外）都属“牛顿第二定律”的应用问题．动力学的两类基本问题即：① 由受力情况判断物体的运动状态；②由运动情况判断的受力情况解决这两类基本问的方法是，以加速度（a ）为桥梁，由运动学公式和牛顿定律列方程求解。
牛顿运动定律类型题讲解
牛顿运动定律类型题讲解类型1：纯力学问题合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，注意合外力的方向就是加速度的方向，解题时只要知道合外力的方向，就可知道加速度的方向，反之亦然。
在解题时要准确作出力的平行四边形，运用直角三角形进行求解。
正交分解法：是把力沿着两个选定的互相垂直的方向分解，其目的是便于运用普通代数运算公式来解决矢量的运算。
力的正交分解法步骤如下：（1）正确选定直角坐标系。
通常选共点力的作用点为坐标原点，坐标轴方向的选择则应根据实际情况来确定，原则是使坐标轴与尽可能多的力重合，即是使需要向两坐标轴分解的力尽可能少。
（2）分别将各个力投影到坐标轴上。
分别求x 轴和y 轴上各力的投影合力Fx 和Fy ，其中： Fx ＝F1x ＋F2x ＋F3x ＋…… ；Fy ＝F1y ＋F2y ＋F3y ＋……注意：如果F 合＝0，可推出Fx ＝0，Fy ＝0，这是处理多个作用下物体平衡物体的好办法，以后会常常用到。
1 一根质量为M 的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一只质量为m 的猴子，如图所示，如果将细绳剪断，猴子沿木棒向上爬，但仍保持与地面间的高度不变。
求这时木棒下落的加速度。
2 如图所示，电梯与水平面的夹角为30°，当电梯向上运动时，人对电梯的压力是其重力的65倍，则人与电梯间的摩擦力是重力的多少倍？3 一辆小车在水平地面上沿直线行驶，在车厢上悬挂的摆球相对小车静止，其悬线与竖直方向成ө角（如图）则小车加速度多大？方向如何4 如图所示，质量为m 2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m 1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（ ）A ．细线拉力为m1g cos θ B ．车厢的加速度为g tan θC ．底板对物体2的支持力为θ-cos g m g m 12 D ．底板对物体2的摩擦力为零 5如图所示，质量M=4.0kg 的一只长方体形铁箱在水平拉力F 作用下沿水平面向右运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.20，这时铁箱内一个质量m=1.0kg 的木块恰好能沿箱的后壁向下匀速下滑，木块与铁箱间的动摩擦因数为μ2=0.50。
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荥阳高中高一物理第四章牛顿运动定律制作人：于天然审核人：马召第六节应用牛顿运动定律解决两类基本问题
一、根据物体的受力情况研究物体的运动情况
【例题分析1】质量m＝4kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F＝40N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示，已知斜面足够长，倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数µ＝0.2，力F作用了5s，求物块在5s内的位移及它在5s末的速度。
（g ＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【例题分析2】如图所示，质量为1kg的物体放在长为1.2m、倾角为37°、动摩擦因数为0.1的斜面上.现用水平向右大小为10N的力推物体，使其从斜面底端由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，试求经过多长时间可以到达斜面顶端.
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使用时间：2016年12月8日 周四 单印1×1300 学号： 姓名：
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二、根据物体的运动情况研究物体的受力情况
【例题分析3】如图，将质量m ＝0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。
环的直径略大于杆的截面直径。
环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。
对环施加一位于竖直平面内斜向上，
与杆夹角θ＝53o 的拉力F ，使圆环以a ＝4.4m/s 2的加速度沿杆运动，求F 的大小。
（取
sin53 ＝0.8，cos53 ＝0.6，g ＝10m/s 2）。
【例题分析4】在水平地面上有一个质量为4kg 的物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动。
10s 末拉力减为F/3。
该物体的v-t 图象如图所示。
求：
（1）物体受到的水平拉力F 的大小
（2）物体与地面间的动摩擦因数。
（g ＝10m/s2）。