第2讲 牛顿第二定律的应用

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2．(已知物体受力情况，分析物体的运动情况)某次滑雪训练中，运动员(可视为质 点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F＝84 N 而从静止向 前滑行，其作用时间为 t1＝1.0 s，撤去水平推力 F 后经过时间 t2＝2.0 s，然后第二次利 用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连 同装备的总质量为 m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为 Ff＝12 N， 求：
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(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为 0， 自由落体加速度 a1＝g. 启动辅助牵引装置后加速度大小． a2＝F－mmg＝3mgm－mg＝2g，方向向上 则2va2m1＋2va2m2＝x. 解得：vm＝10 70 m/s，则 tm＝vgm＝ 70 s. 即电梯自由下落最长 70 s 时间必须启动辅助牵引装置． 答案：(1)1 m/s2 15 s (2)525 m (3) 70 s
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t2 时间内的位移为 x2＝v21t2 物块下滑的加速度大小为 a3，mgsin θ－μmgcos θ＝ma3 下滑的时间为 t3，由运动学公式 x1＋x2＝12a3t23 运动的总时间为 t＝t1＋t2＋t3＝(6＋2 15) s 答案：(1)0.5 (2)(6＋2 15) s
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C 学科 素养 达成
物体在五类光滑斜面上运动时间的比较 [素养必备]
第一类：等高斜面(如图 1 所示)． 由 L＝12at2，a＝gsin θ，L＝sinh θ 可得：t＝sin1 θ 2gh， 可知倾角越小，时间越长，图 1 中 t1＞t2＞t3.
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第二类：同底斜面(如图 2 所示)． 由 L＝12at2，a＝gsin θ，L＝cods θ 可得：t＝ gsi4nd2θ， 可见 θ＝45°时时间最短，图 2 中 t1＝t3＞t2.
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(1)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； (3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从 观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速， 牵引力为重力的 3 倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动 辅助牵引装置？
(1)物体上滑的最大位移； (2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数 μ 为定值，试计算 μ 的数值．(结果 保留两位有效数字)
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解析：(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为 x.由牛顿第二定律可得： mgsin 37°＝ma1， 代入数据得：a1＝6 m/s2， 由运动学公式有：v20＝2a1x， 联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3 m.
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解析：(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得： F－mg－Ff＝ma 由运动学规律得，上升高度：h＝12at2 联立解得：Ff＝4 N. (2)下落过程由牛顿第二定律：mg－Ff＝ma1 得：a1＝8 m/s2 落地时的速度 v2＝2a1H 联立解得：H＝100 m.
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A．t1＝t2 C．t1<t2
B．t2>t3 D．t1＝t3
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解析：(1)设电梯加速阶段的加速度为 a，由牛顿第二定律得：FT－mg＝ma， 解得 a＝1 m/s2. 由 v＝v0＋at， 解得 t＝15 s. (2)匀加速阶段位移 x1＝12at2＝12×1×152 m＝112.5 m. 匀速阶段位移 x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m. 匀减速阶段位移 x3＝2va2＝112.5 m. 因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
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第三类：圆周内同顶端的斜面(如图 3 所示)． 即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在 该圆周上． 由 2R·sin θ＝12·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3. 第四类：圆周内同底端的斜面(如图 4 所示)． 即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自 该圆周上的不同点．同理可推得：t1＝t2＝t3.
(1)求运动过程中所受空气阻力大小； (2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时 的速度为 40 m/s，求无人机悬停时距地面高度； (3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动 提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．
两者之间最大距离 xmax＝s0＋v0t1－v21t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m.
(3)设推力作用的时间为 t2，
根据位移公式得 x1＝12a1t22，
则 t2＝
2ax11＝
2×25 2
s＝5 s.
速度 v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s.
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撤去 F 后，物体运动的加速度大小为 a2，经过 t3 时间停止，其位移为 x2，根据牛顿 第二定律 μmg＝ma2，
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(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为 a2＝Fmf＝0.2 m/s2. 第一次撤去水平推力后经过时间 t2＝2.0 s， 速度变为 v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s. 第二次利用滑雪杖获得的速度大小为 v2， 则 v22－v1′2＝2a1x1. 第二次撤去水平推力后滑行的最大距离 x2＝2va222＝5.2 m. 答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．
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解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度为 a1＝F－mFf＝1.2 m/s2. 第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2 m/s， 位移 x1＝12a1t21＝0.6 m.
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第 2 讲 牛顿第二定律的应用
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C 关键 能力 突破
考点一 动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类基本问题的思路
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2．动力学两类基本问题的解题步骤
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如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以 v0＝4 m/s 的速度向右匀速行驶， 与此同时，在小车后方相距 s0＝40 m 处有一物体在水平向右的推力 F＝20 N 作用下， 从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了 x1＝25 m 撤去．已知物体与地面之间的 动摩擦因数 μ＝0.2，物体的质量 m＝5 kg，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
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考点二 动力学方法分析多运动过程问题
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1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关
(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F－mg＋Ff＝ma2 得：a2＝10 m/s2 设恢复升力后的速度为 vm，则有2va2m1＋2va2m2＝H 得：vm＝403 5 m/s 由：vm＝a1t1 得：t1＝535 s.
答案：(1)4 N
(2)100 m
55 (3) 3 s
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2. (已知物体运动情况，分析物体的受力情况)如图所示，一个质量为 m＝2 kg 的小 物块静置于足够长的斜面底端，斜面固定在水平地面上，其倾角 θ＝37°.现对小物块施 加一个沿斜面向上、大小为 F＝30 N 的恒力，4 s 后将 F 撤去，此时小物块速度达到 v1 ＝20 m/s(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝ 解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁”
(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较 为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．
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1. (已知物体受力情况，分析物体的运动情况)如图所示为四旋翼 无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来 越广泛的应用．一架质量为 m＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供 的最大升力 F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始， 以最大升力竖直向上起飞，在 t＝5 s 时离地面的高度为 75 m(g 取 10 m/s2)．
(1)推力 F 作用下，物体运动的加速度 a1 大小； (2)物体运动过程中与小车之间的最大距离； (3)物体刚停止运动时与小车的距离 d.
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解析：(1)对物体，根据牛顿第二定律得 F－μmg＝ma1 代入数据得 a1＝2 m/s2.
(2)当物体速度 v1＝v0 时，物体与小车间距离最大，即 t1＝va11＝42 s＝2 s 时，
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1. (已知物体运动情况，分析物体的受力情况)如图所示，一足够长 斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛 的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会 受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度 v0＝6 m/s 冲上斜面，斜 面的倾角 θ＝37°，经过 2.5 s 物体刚好回到出发点，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)．求：
的辅助方程．
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
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