2024-2025学年高中物理第3章牛顿运动定律5牛顿运动定律的应用教案教科版必修1VIP

PAGE10-牛顿运动定律的应用学习目标知识脉络(老师用书独具)1.进一步驾驭受力分析的方法，并能结合物体的运动状况进行受力分析．(重点)2.知道动力学的两类问题．理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁．(重点)3.驾驭解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题．(重点、难点)一、已知受力确定运动状况1．牛顿其次定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动状况和受力状况联系起来．2．假如已知物体的受力状况，可以由牛顿其次定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动状况．二、已知运动确定受力状况1．假如已知物体的运动状况，依据运动学公式求出物体的加速度，再依据牛顿其次定律就可以确定物体所受的力．2．解决动力学问题的关键：对物体进行正确的受力分析和运动状况分析，并抓住受力状况和运动状况之间联系的桥梁——加速度．1．思索推断(1)依据物体加速度的方向可以推断物体所受合外力的方向． (√)(2)依据物体加速度的方向可以推断物体受到的每个力的方向． (×)(3)物体运动状态的改变状况是由它的受力确定的． (√)(4)物体运动状态的改变状况是由它对其他物体的施力状况确定的. (×)(5)物体的运动状况仅由物体所受的合力所确定的． (×)2．A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为()A．xA＝xB B．xA>xBC．xA<xB D．不能确定A[A、B两物体在滑行过程中所受合外力等于它们所受的滑动摩擦力，由牛顿其次定律知，－μmg＝ma，得a＝－μg，由运动学公式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得，x＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，故xA＝xB，选项A正确，选项B、C、D错误．]3．质量为0.2kg的物体从36m高处由静止下落，落地时速度为24m/s，则物体在下落过程中所受的平均阻力是多少？(g取10m/s2)[解析]由运动学公式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得加速度a＝eq\f(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0),2x)＝eq\f(242－0,2×36)m/s2＝8m/s2.物体受力分析如图所示，由牛顿其次定律得F合＝ma＝0.2×8N＝1.6N，而F合＝mg－F阻，则物体在下落过程中所受的平均阻力F阻＝mg－F合＝0.2×10N－1.6N＝0.4N.[答案]0.4N

已知受力确定运动状况1．解题思路2．解题的一般步骤【例1】如图所示，质量为2kg的物体静止放在水平地面上，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体施加一个与水平面成37°角的斜向上的拉力F＝5N的作用(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体与地面间的摩擦力大小；(2)5s内的位移大小．[解析]对物体受力分析如图所示，建立直角坐标系并分解F.(1)在y轴方向有：N＋Fsin37°＝mg，代入数据解得N＝17N，物体与地面间的摩擦力大小为f＝μN＝0.2×17N＝3.4N.(2)水平方向，由牛顿其次定律Fcos37°－f＝ma得a＝0.3m/s25s内的位移为：x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×0.3×52m＝3.75m.[答案](1)3.4N(2)3.75m应用牛顿其次定律解题时求合力的方法(1)合成法．物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求精确作出力的平行四边形，然后运用几何学问求合力F合．反之，若知道加速度方向就知道合力方向．(2)正交分解法．当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为加速度方向和垂直于加速度方向的两个重量．即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0.eq\x([跟进训练])1．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处所用的时间，则()A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3D[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，由牛顿其次定律知mgcosθ＝ma ①设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由起先运动至d点的位移为x＝2Rcosθ ②由运动学公式得x＝eq\f(1,2)at2 ③由①②③联立解得t＝2eq\r(\f(R,g)).小滑环下滑的时间与细杆的倾斜状况无关，故t1＝t2＝t3.]已知运动确定受力状况1．解题思路2．解题的一般步骤(1)确定探讨对象，对探讨对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图．(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．(3)依据牛顿其次定律列方程，求物体所受的合外力．(4)依据力的合成与分解的方法，由合力求出所需求的力．【例2】民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外状况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面快速滑行到地面上来．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0m，构成斜面的气囊长度为5.0m．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0s(g取10m/s2)，则：(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？[解析](1)由题意可知，h＝4.0m，L＝5.0m，t＝2.0s.设斜面倾角为θ，则sinθ＝eq\f(h,L).乘客沿气囊下滑过程中，由L＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2L,t2)，代入数据得a＝2.5m/s2.(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有mgsinθ－f＝ma，沿y轴方向有N－mgcosθ＝0，又f＝μN，联立方程解得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)≈0.92.[答案](1)2.5m/s2(2)0.92从运动状况确定受力的留意事项(1)由运动学规律求加速度，要特殊留意加速度的方向，从而确定合外力的方向，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，再依据力的合成与分解求分力．eq\x([跟进训练])2．如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°.现木块上有一质量m＝1.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40s内速度增加了1.4m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向．[解析](1)由题意可知，滑块滑行的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.4,0.40)m/s2＝3.5m/s2.对滑块受力分析，如图甲所示，依据牛顿其次定律得mgsinθ－f＝ma，解得f＝1.5N.甲乙(2)依据(1)问中的滑块受力示意图可得N＝mgcosθ.对木块受力分析，如图乙所示，依据牛顿第三定律有N′＝N，依据水平方向上的平衡条件可得f地＋fcosθ＝N′sinθ，解得f地≈3.03N，f地为正值，说明图中标出的方向符合实际，故摩擦力方向水平向左．[答案](1)1.5N(2)3.03N方向水平向左多过程问题的求解【例3】如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止起先滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽视不计，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若由于场地的限制，水平滑道BC的最大长度L＝20.0m，则斜坡上A、B两点间的距离应不超过多少？思路点拨：①人从A到B做初速度为零的匀加速直线运动．②人从B到C做匀减速直线运动．[解析](1)人和滑板在斜坡上的受力如图甲所示，建立直角坐标系．设人和滑板在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿其次定律得mgsinθ－f＝ma1，N－mgcosθ＝0，其中f＝μN，联立解得人和滑板滑下的加速度为a1＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2.0m/s2.甲(2)人和滑板在水平滑道上受力如图乙所示．由牛顿其次定律得N′－mg＝0，f′＝ma2，其中f′＝μN′，联立解得人和滑板在水平滑道上运动的加速度大小为a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5.0m/s2，设人从斜坡上滑下的最大距离为LAB，由匀变速直线运动公式得veq\o\al(2,B)＝2a1LAB,0－veq\o\al(2,B)＝－2a2L联立解得LAB＝50.0m.乙[答案](1)2.0m/s2(2)50.0m解答动力学两类问题的两个关键点eq\x([跟进训练])3．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面对上拉动．拉力F＝10N，方向平行斜面对上．经时间t＝4.0s绳子突然断了，求：(1)绳断时物体的速度大小；(2)从绳子断了起先到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g取10m/s2)[解析](1)物体受拉力向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，设物体向上运动的加速度为a1，依据牛顿其次定律有：F－mgsinθ－f＝ma1又f＝μN，N＝mgcosθ解得a1＝2.0m/s2t1＝4.0s时物体的速度大小v1＝a1t1＝8.0m/s.(2)绳断时物体距斜面底端的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝16m绳断后物体沿斜面对上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，则依据牛顿其次定律，对物体沿斜面对上运动的过程有：mgsinθ＋f＝ma2解得a2＝8.0m/s2物体匀减速运动的时间t2＝eq\f(v1,a2)＝1.0s减速运动的位移为x2＝eq\f(1,2)v1t2＝4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，依据牛顿其次定律可得：mgsinθ－f＝ma3，解得a3＝4.0m/s2设物体由最高点下滑的时间为t3，依据运动学公式可得x1＋x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,3)，t3＝eq\r(10)s≈3.2s，所以物体返回斜面底端的时间为t＝t2＋t3＝4.2s.[答案](1)8.0m/s(2)4.2s1．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20m/s的速度行驶时突然制动，它还能接着滑动的距离约为()A．40m B．20mC．10m D．5mB[a＝eq\f(f,m)＝eq\f(mg,m)＝g＝10m/s2，由v2＝2ax得x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(202,2×10)m＝20m，B对．]2．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止起先做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为()A.eq\f(F,3) B.eq\f(F,4)C.eq\f(F,2) D.eq\f(2F,3)B[在前t时间内，由牛顿其次定律知F－f＝ma1，t时间末v＝a1t，得v＝eq\f(F－f,m)·t；后3t内，由牛顿其次定律知f＝ma2，另由运动学规律得0＝v－a2·3t，即v＝eq\f(f,m)·3t，联立得f＝eq\f(F,4)，故选项B正确．]3．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动BC[物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg＝3N，故a＝eq\f(F＋f,m)＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝eq\f(v0,a)＝2s，故B正确，A错误．减速到零后F<f，物体处于静止状态，故C正确，D错误．]4．竖直上抛物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则()A．a1>a2，t1<t2