2023-2024学年新教材高中物理第四章牛顿运动定律第五节牛顿运动定律的应用学案粤教版必修第一册

第五节牛顿运动定律的应用学习目标STSE情境导学1.明确牛顿第二定律的两类问题.2.掌握应用牛顿第二定律解决两类问题的基本思路.（重点）3.会应用牛顿第二定律和运动学公式解决简单的动力学问题.（难点）eq\a\vs4\al(跳伞时，最低安全开伞高度为500米)

知识点一根据运动情况求受力情况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，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力.知识点二根据受力情况求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，再通过运动学公式确定物体的运动情况.小试身手1.光滑水平面上，质量为2kg的物体，在大小为30N的水平拉力作用下运动，则物体的加速度是（）A.5m/s2B.10m/s2C.15m/s2D.25m/s2答案：C2.一质量为m＝5kg的物体放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦力为15N，则外力F为（）A.20NB.15NC.25ND.10N答案：C探究一根据受力情况求运动情况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：eq\x(\a\al(已知物体,受力情况))eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝v0＋at,s＝v0t＋\f(1),\s\do5(2)at2,veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as))))eq\x(求得s、v0、vt、t)2.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，求运动学物理量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等.【典例1】如图所示，质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.（1）画出物体的受力图，并求出物体的加速度；（2）求物体在拉力作用下5s末的速度大小；（3）求物体在拉力作用下5s内通过的位移大小.解析：（1）对物体受力分析，如图所示.由牛顿第二定律，得Fcosθ－f＝ma，Fsinθ＋FN＝mg，又f＝μFN，解得a＝1.3m/s2，方向水平向右.（2）v＝at＝1.3×5m/s＝6.5m/s.（3）s＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1.3×52m＝16.25m.答案：（1）见解析图1.3m/s2，方向水平向右（2）6.5m/s（3）16.25m根据受力情况求运动情况的基本步骤：（1）明确研究对象.（2）对物体做出正确的受力分析和运动过程分析.（3）根据牛顿第二定律列方程并求出加速度.（4）根据运动学知识求解运动的量.1.总质量为m＝75kg的滑雪者以初速度v0＝8m/s沿倾角为θ＝37°的斜面向上自由滑行.已知雪橇与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，假设斜面足够长，不计空气阻力.试求：（1）滑雪者沿斜面上滑的最大距离；（2）若滑雪者滑至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑至起点时的速度大小.解析：（1）上滑过程中对人进行受力分析，滑雪者受重力mg，弹力FN，摩擦力f，并设滑雪者的加速度为a1，受力情况如图甲所示.根据牛顿第二定律有mgsinθ＋f＝ma1，a1的方向沿斜面向下.①由平衡关系有FN＝mgcosθ.②又f＝μFN.③由以上各式解得a1＝g（sinθ＋μcosθ）＝8m/s.④滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，减速到零的位移为x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝4m.⑤即滑雪者上滑的最大距离为4m.（2）滑雪者沿斜面下滑时，滑雪者受到的摩擦力沿斜面向上，受力情况如图乙所示.设加速度大小为a2.根据牛顿第二定律有mgsinθ－f＝ma2，⑥由平衡关系有FN＝mgcosθ，⑦又f＝μFN，⑧由以上各式解得a2＝g（sinθ－μcosθ）＝4m/s2.⑨滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑至出发点的位移为x＝4m.则滑雪者再次回到起点的速度为v＝eq\r(2a2x)＝4eq\r(2)m/s.⑩答案：（1）4m（2）4eq\r(2)m/s2.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏.如图所示，企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.25m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）.已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2.求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅退滑到出发点时的速度大小.解析：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小为x1＝eq\f(1,2)a1t2＝8m.（2）企鹅在冰面上滑动的过程，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，a2＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，上滑初速度v1＝a1t＝2m/s.由veq\o\al(2,1)＝2a2x2，得上滑位移x2＝0.25m.下滑过程，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma3，a3＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2.设退滑到出发点时的速度大小为v3，由速度位移的关系式得veq\o\al(2,3)＝2a3（x1＋x2），解得v3＝eq\r(66)m/s≈8.12m/s.答案：（1）8m（2）8.12m/s探究二根据运动情况求受力情况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力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力.流程图如下：eq\x(\a\al(已知物体,运动情况))eq\o(→,\s\up7(由运动学公式))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(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.【典例2】高速铁路网给人们的出行带来极大便利.一质量为m＝4.0×105kg的高速列车从广州高铁站出发，经过t＝300s达到最高速度v＝54m/s.设此加速过程为匀加速直线运动，运行过程中所受阻力为车重的0.1倍.求此过程中：（1）列车的加速度大小；（2）列车发生的位移大小；（3）列车受到的牵引力大小.解析：（1）根据加速度公式得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(54－0,300)m/s2＝0.18m/s2.（2）根据位移公式得s＝eq\f(v,2)t＝eq\f(54,2)×300m＝8100m.（3）根据牛顿第二定律得F－0.1mg＝ma，解得F＝4.72×105N.答案：（1）0.18m/s2（2）8100m（3）4.72×105N根据运动情况求受力应注意的两点问题（1）由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆.（2）题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力.3.如图所示，世界上只有极少数国家能独立制造坦克炮管.某类型长为5m的坦克炮管使用寿命为6s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹.若炮弹的质量为15kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大（）A.1.5×104NB.1.5×105NC.1.5×106ND.1×105N解析：每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01s，由于炮管长为5m，所以由x＝eq\f(1,2)at2可得，炮弹的加速度大小为a＝eq\f(2x,t2)＝105m/s2.由牛顿第二定律，可得推力F＝ma＝1.5×106N，故C正确，A、B、D错误.故选C.答案：C4.民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上.如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0m，斜面气囊长度AC＝5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2，求：（1）乘客在气囊上滑下的加速度大小.（2）乘客和气囊间的最大动摩擦因数.（忽略空气阻力）解析：（1）根据运动学公式x＝eq\f(1,2)at2，①解得a＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×5.0,22)m/s2＝2.5m/s2，②故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5m/s2.（2）乘客在斜面上受力情况如图所示，Ff＝μFN，③FN＝mgcosθ，④根据牛顿第二定律，有mgsinθ－Ff＝ma，⑤由几何关系可知sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，由②～⑤式得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)＝eq\f(7,16)＝0.4375，故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.4375.答案：（1）2.5m/s2（2）0.4375探究三多过程问题分析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，另外还有位移关系等.2.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.【典例3】2022年2月11日，北京冬奥会男子钢架雪车比赛中，中国选手闫文港摘得铜牌，创造了中国选手在这一项目的历史最好成绩.如图甲，钢架雪车比赛运动员先在水平赛道上推着雪车由静止出发，匀加速到水平轨道的末端时，运动员快速俯卧到雪车上沿倾角为θ＝15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点，运动员在轨道上运动时，从开始运动到运动至P点的速率的平方随运动距离x的变化图像如图乙所示，雪车（含运动员）总质量为120kg，sin15°＝0.26，重力加速度g取10m/s2，求：（1）雪车在倾斜轨道上受到的阻力；（2）运动员从开始运动到下滑到P点的时间.解析：（1）由题图乙可知，在倾斜轨道上运动至P点时，运动的位移x＝303.05－12.8m＝290.25m.根据图像可知，到达底端的速度vt＝35m/s，水平轨道的末端的速度v＝8m/s，根据veq\o\al(2,t)－v2＝2ax，解得a＝2m/s2.根据牛顿第二定律，得mgsin15°－f＝ma，解得f＝72N.（2）在倾斜轨道上运动的时间t2＝eq\f(vt－v,a)＝eq\f(35－8,2)s＝13.5s.在水平轨道上的位移x1＝12.8m，根据v2＝2a1x1，解得a1＝2.5m/s2.则在水平轨道上运动的时间t1＝eq\f(v－0,a1)＝eq\f(8－0,2.5)s＝3.2s，则运动员从开始运动到下滑到P点的时间t＝t2＋t1＝16.7s.答案：（1）72N（2）16.7s（1）在应用牛顿定律解决实际问题中，正确的受力分析及运动分析是关键.（2）在受力分析时要注意当运动状态变化时，物体受到的弹力、摩擦力都可能发生变化，必须根据实际情况具体分析受力.（3）在解决受力情况比较复杂的问题时，用正交分解法比较方便.5.如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接.质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N的作用，运动至B点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）.则（1）物体到达B点时的速度是多大？（2）物体在斜面上滑行的时间是多少？解析：（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2.从M到B，根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2aL，解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s.（2）物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入数据解得a1＝10m/s2.根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2a1x，解得x＝1.8m.由vB＝a1t1得t1＝0.6s，因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑，下滑时根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2.由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，得t2＝eq\f(3\r(5),5)s.所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝（0.6＋eq\f(3\r(5),5)）s≈1.94s.答案：（1）6m/s（2）1.94s课时评价作业（二十二）牛顿运动定律的应用A级合格达标1.雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是（）ABCD答案：C2.用30N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20kg的物体，力F作用3s后消失.则第5s末物体的速度和加速度分别是（）A.v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2B.v＝7.5m/s，a＝1.5m/s2C.v＝4.5m/s，a＝0D.v＝7.5m/s，a＝0解析：力F作用下a＝eq\f(F,m)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，3s末的速度v＝at＝4.5m/s，3s末后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确.答案：C3.（多选）如图所示，质量为2kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为s＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2，以下结论正确的是（）A.匀变速直线运动的初速度为1m/sB.物体的位移为12m时速度为7m/sC.水平恒力F的大小为4ND.水平恒力F的大小为12N解析：根据s＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝t2＋t，知v0＝1m/s，a＝2m/s2，A正确；根据v2－veq\o\al(2,0)＝2as，得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2as)＝eq\r(1＋2×2×12)m/s＝7m/s，B正确；根据牛顿第二定律，得F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12N，C错误，D正确.故选ABD.答案：ABD4.某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（）A.自身所受重力的2倍B.自身所受重力的5倍C.自身所受重力的8倍D.自身所受重力的10倍解析：由自由落体规律可知v2＝2gH，缓冲减速过程v2＝2ah，由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma，解得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))＝5mg，故B正确.答案：B5.如图（a）所示，橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示.则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（）A.上升和下落过程运动时间相等B.上升和下落过程中平均速度大小相等C.0～t2过程中加速度先减小后增大D.0～t2过程中所受阻力先减小后增大解析：0～t1时间为上升过程，t1～t2时间为下落过程，由题图可知（t2－t1）>t1，上升和下落过程运动时间不相等，A错误.上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误.vt图像的斜率表示加速度，根据图像可知，0～t2过程中加速度一直减小，C错误.根据牛顿第二定理，结合图像可知，0～t1过程中mg＋f＝ma1，物体向上运动加速度减小，故阻力减小；t1～t2过程中mg－f＝ma2，物体向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述，0～t2过程中所受阻力先减小后增大，D正确.故选D.答案：D6.如图所示，一质量为1kg的小型遥控无人机，在恒定升力F＝16N的作用下竖直起飞，经过3s后，无人机达到最大速度6m/s，改变升力，此后无人机匀速上升.假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度g取10m/s2.则该无人机（）A.起飞时的加速度大小为4m/s2B.在竖直上升过程中所受阻力的大小为2NC.竖直向上加速阶段位移大小为12mD.上升至离地面30m处所需的最短时间为6.5s解析：由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f－mg＝ma，解得f＝4N，选项B错误；竖直向上加速阶段x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，x1＝9m，选项C错误；匀速阶段t2＝eq\f(h－x1,v)＝3.5s，无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30m处所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5s，选项D正确.故选D.答案：DB级等级提升7.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N.试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.（1）第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m.求飞行器所受阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.解析：（1）第一次飞行中，设加速度为a1.由匀加速运动可得H＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1).由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1.解得f＝4N.（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，由匀加速运动可得s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2.由运动学公式v1＝a1t2，s2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)，解得h＝s1＋s2＝42m.（3）设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3.由牛顿第二定律得mg－f＝ma3；F＋f－mg＝ma4.且eq\f(veq\o\al(2,3),2a3)＋eq\f(veq\o\al(2,3),2a4)＝h，v3＝a3t3.解得t3＝eq\f(3\r(2),2)s（或2.1s）.答案：（1）4N（2）42m（3）eq\f(3\r(2),2)s（或2.1s）8.如图所示，一个质量为1kg的小物体（可视为质点）以8.0m/s的初速度由底端冲上倾角为37°的斜面，经过1s速度减小到0，然后物体下滑，整个过程斜面始终静止在粗糙的水平地面上.已知物体与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，斜面体的质量M＝3kg.求：（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）物体与斜面之间的动摩擦因数；（2）物体返回到斜面底端时的速度大小；（3）物体下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力大小.解析：（1）设物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小为a，则有0＝v0－at，则得加速度大小a＝eq\f(v0,t)＝eq\f(8,1)m/s2＝8m/s2，方向沿斜面向下.物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.25.（2）设物体沿斜面向上运动距离L时速度减为零.根据运动学公式得L＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(82,2×8)m＝4m，物体从最高点回到斜面底端的过程，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，代入数据得a′＝4m/s2，物体返回到斜面底端时的速度v′＝eq\r(2a′L)＝eq\r(2×4×4)m/s＝4eq\r(2)m/s.（3）以物体和斜面体组成的系统为研究对象，则在竖直方向上，有Mg＋mg－FN＝ma′sinθ，代入数据解得FN