第5节　牛顿运动定律的应用 教学设计

第5节牛顿运动定律的应用[学习目标]1．明确动力学的两类基本问题．(重点)2．掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．(难点)知识点1从受力确定运动情况1．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情况联系起来．2．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．知识点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．[判一判](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．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)×1．(从受力确定运动情况)如图所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()A．携带弹药越多，加速度越大B．加速度相同，与携带弹药的多少无关C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D．携带弹药越多，滑行时间越长解析：选D.设战机受到的牵引力为F，其质量(包括携带弹药的质量)为m，与航母间的动摩擦因数为μ.由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则a＝eq\f(F,m)－μg.可知携带弹药越多，加速度越小；加速度相同，携带的弹药也必须相同，A、B错误；由v＝eq\r(2ax)和t＝eq\r(\f(2x,a))可知携带弹药越多，起飞速度越小，滑行时间越长，C错误，D正确．2．(从运动情况确定受力)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：选B.由自由落体v2＝2gH，缓冲减速v2＝2ah，由牛顿第二定律F－mg＝ma，解得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))＝5mg，故B正确．3．(从受力确定运动情况)汽车紧急刹车后，车轮在地面上滑动至停止留下的痕迹称为刹车线，由刹车线的长度可知汽车刹车前的速度．已知轮胎与地面间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m．汽车在刹车前瞬间的速度大小为(g取10m/s2)()A．10m/s B．20m/sC．30m/s D．40m/s解析：选B.由牛顿第二定律可得汽车在刹车过程中加速度的大小为a＝μg＝8m/s2，再由速度与位移的关系式有02－v2＝2(－a)x，解得v＝eq\r(2ax)＝20m/s，B正确．探究一已知物体的受力求运动情况【情景导入】玩滑梯是小孩非常喜欢的活动．如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？提示：首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2＝2ax和x＝eq\f(1,2)at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间．1．由物体的受力情况确定其运动的思路eq\x(\a\al(物体受,力情况))→eq\x(\a\al(牛顿第,二定律))→eq\x(\a\al(加速,度a))→eq\x(\a\al(运动学,公式))→eq\x(\a\al(物体运,动情况))2．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，并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．【例1】如图所示，某小组的同学们设计了一个测量汽车加速度的简易装置：在铺有白纸的方木板上部钉一铁钉(图中O点)，将一个小球固定在轻质细线下端，线的上端系在钉子上，木板沿汽车行驶方向竖直放置时，小球可在竖直面内自由摆动且不会与木板摩擦．纸上画有刻线，其中c刻线在O点正下方，b刻线在bO连线上，∠bOc＝30°，d刻线在dO连线上，∠dOc＝45°.使用时，约定木板右侧为汽车前进方向，g取9.8m/s2.若开始时汽车向右匀速行驶，车速v＝10m/s，则汽车前进时()A．若细线稳定在b处，则汽车加速度为4.9m/s2B．若细线稳定在d处，则0.5s内汽车速度会减小4.9m/sC．若细线稳定在b处，则0.5s内汽车速度会增大4.9m/sD．若细线稳定在c处，则5s内汽车前进了100m[解析]由于汽车沿水平方向运动，加速度沿水平方向，可知小球所受合力沿水平方向．当小球稳定在b处时，由力的合成有ma＝mgtan30°，可得a＝eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右，0.5s内汽车速度会增大aΔt＝eq\f(4.9\r(3),3)m/s，A、C错误；同理当小球稳定在d处时加速度a＝gtan45°＝9.8m/s2，0.5s内汽车速度会减小aΔt＝4.9m/s，B正确；当小球稳定在c处时加速度a＝gtan0°＝0，汽车匀速运动，5s内汽车前进了vt＝50m，D错误．[答案]B[针对训练1](2022·北京交通大学附中期中)如图所示，质量为m＝7.2kg的物体在拉力F的作用下在水平面上以3m/s的速度匀速运动，已知拉力F＝15N，且与水平方向夹角θ＝53°(sin53°＝0.80，cos53°＝0.60)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)撤去拉力F后，物体继续滑动过程中加速度的大小；(3)撤去拉力F后1.0s的时间内，物体滑行的距离．解析：(1)物体做匀速运动，则受力平衡Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)解得μ＝0.15.(2)撤去拉力F后，物体继续滑动过程中μmg＝ma解得加速度的大小a＝1.5m/s2.(3)撤去拉力F后1.0s的时间内，物体滑行的距离x＝vt－eq\f(1,2)at2＝2.25m.答案：(1)0.15(2)1.5m/s2(3)2.25m探究二已知物体的运动情况求受力【情景导入】一运动员滑雪时的照片如图所示．(1)知道在下滑过程中的运动时间．(2)知道在下滑过程中的运动位移．结合上述情况讨论：由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的？提示：先根据运动学公式，求得物体运动的加速度，比如v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等，再由牛顿第二定律求物体的受力．1．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，进而可以求出物体所受的其他力．流程图如下所示：eq\x(\a\al(已知物体,运动情况))eq\o(→,\s\up7(由运动),\s\do5(学公式))eq\x(求得a)eq\o(→,\s\up7(由F＝ma))eq\x(\a\al(确定物体,受力情况))2．解题的一般步骤(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)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．【例2】图甲为一风力实验示意图，开始时，质量为m＝1kg的小球穿在固定且足够长的水平细杆上，并静止于O点，现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4s后撤去风力，小球沿细杆运动的v－t图像如图乙所示．试求：(1)小球沿细杆滑行的距离s；(2)小球与细杆之间的摩擦力f的大小；(3)风力F的大小．[解析](1)由v－t图线与时间轴围成的面积表示位移可得：小球沿细杆滑行的距离s＝eq\f(1,2)×1.2×2m＝1.2m.(2)减速阶段的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,1.2－0.4)m/s2＝2.5m/s2根据牛顿第二定律可得f＝ma1解得f＝2.5N.(3)加速阶段的加速度大小a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(2,0.4)m/s2＝5m/s2根据牛顿第二定律可得F－f＝ma2解得F＝f＋ma2＝2.5N＋1×5N＝7.5N.[答案](1)1.2m(2)2.5N(3)7.5N[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，4s内通过8m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2s停止，已知汽车的质量m＝2×103kg，汽车运动过程中所受的阻力大小不变，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．解析：(1)汽车开始做匀加速直线运动，则x1＝eq\f(v＋0,2)t1，解得v＝eq\f(2x1,t1)＝4m/s.(2)汽车滑行减速过程中加速度a2＝eq\f(0－v,t2)＝－2m/s2由牛顿第二定律得－Ff＝ma2，解得Ff＝4×103N.(3)开始加速过程中加速度为a1，则x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝1m/s2由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1解得F＝Ff＋ma1＝6×103N.答案：(1)4m/s(2)4×103N(3)6×103N探究三“等时圆”模型1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦从顶端由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2eq\r(\f(R,g))(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过最高点的光滑弦从最高点由静止下滑，到达弦底端的时间均相等，且t＝2eq\r(\f(R,g))(如图乙所示)．3．如图丙所示，两竖直圆周的圆心在同一竖直线上，物体沿着过两圆公切点的任意一条光滑弦由静止从上端点下滑至下端点的时间都相等且为t＝2eq\r(\f(R1＋R2,g)).【例3】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1 B．1∶1C.eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)[解析]设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系可知，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2（R＋r）sinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B正确．[答案]B[针对训练3]如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点．则()A．a球最先到达M点B．c球最先到达M点C．b球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M解析：选B.c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，tc＝eq\r(\f(2R,g))；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g，xa＝eq\f(R,cos45°)＝eq\r(2)R，xa＝eq\f(1,2)aateq\o\al(2,a)，ta＝eq\r(\f(4R,g))；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，xb＝eq\f(R,cos60°)＝2R，xb＝eq\f(1,2)abteq\o\al(2,b)，tb＝eq\r(\f(8\r(3)R,3g))，由上可知，tb>ta>tc.[A级——合格考达标练]1．(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x＝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：选ABD.根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝t2＋t，知v0＝1m/s，a＝2m/s2，故A正确；根据v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2ax)＝eq\r(1＋2×2×12)m/s＝7m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12N，故C错误，D正确．2．行车过程中，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，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A．450N B．400NC．350N D．300N解析：选C.汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq\f(v0,t)＝eq\f(25,5)m/s2＝5m/s2，对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．3.在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2eq\r(\f(L,g))D．划艇下滑的最短时间为eq\r(\f(2L,g))解析：选C.设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x＝eq\f(L,cosθ)，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a＝gsinθ，由位移公式得：x＝eq\f(1,2)at2；联立解得：t＝2eq\r(\f(L,gsin2θ))，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2eq\r(\f(L,g)).4.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则()A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3解析：选D.小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mgcosθ＝ma①设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcosθ②由运动学公式得x＝eq\f(1,2)at2③由①②③式联立解得t＝2eq\r(\f(R,g))小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.5．将质量为0.5kg的小球，以30m/s的速度竖直上抛，经过2.5s小球到达最高点(g取10m/s2)．(1)求小球在上升过程中受到的空气的平均阻力大小；(2)求小球在最高点时的加速度大小；(3)若空气阻力不变，小球下落时的加速度为多大？解析：(1)设小球上升时，加速度为a，空气的平均阻力为F则v＝atmg＋F＝ma把v＝30m/s，t＝2.5s，m＝0.5kg代入得F＝1N.(2)小球到达最高点时，因速度为零，故不受空气阻力，故加速度大小为g，即10m/s2.(3)当小球下落时，空气阻力的方向与重力方向相反，设加速度为a′，则mg－F＝ma′得a′＝8m/s2.答案：(1)1N(2)10m/s2(3)8m/s2[B级——等级考增分练]6．如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．当小车水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化情况(用F1至F4变化表示)可能是下图中的(OO′沿杆方向)()解析：选C.杆对球的作用产生两个效果：一个是在竖直方向的分力与小球和重力相平衡，此分力不变，另一个是水平方向上的分力使小球在水平方向上产生加速度，此分力逐渐增大，C正确．7．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则()A．a处小孩最先到O点B．b处小孩最后到O点C．c处小孩最先到O点D．a、c处小孩同时到O点解析：选D.设底面半径为R，当滑板与水平面的夹角为θ时，小孩从滑板顶端滑下的过程，有eq\f(R,cosθ)＝eq\f(1,2)gt2sinθ，t2＝eq\f(4R,gsin2θ)，当θ＝45°时，t最小，当θ＝30°和60°时，sin2θ的值相同，故D正确．8．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A.eq\r(2as0)B.eq\r(2μ1gs0)C.eq\r(2μ2gs0)D.eq\r(（μ1＋μ2）gs0)解析：选C.设A、B的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g，由于μ1>μ2，则a1<a2≤μ1g<a，可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1，所以车的最大速度：vm＝eq\r(2μ2gs0)，故A、B、D错误，C正确．9．在水平足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后静止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ.则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为()A.eq\f(\r(2)μ,1＋μ) B.eq\f(μ,1＋\r(2)μ)C.eq\f(μ,\r(2)＋μ) D.eq\f(1＋μ,