新教材物理粤教版必修一 第五节 牛顿运动定律的应用.docx

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新教材物理粤教版必修一第五节牛顿运动定律的应用

第五节　牛顿运动定律的应用

学习目标要求

核心素养和关键能力

1.进一步学习分析物体的受力情况，并能结合物体的运动情况进行受力分析。

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。

3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。

1.科学思维

能用牛顿运动定律相关的证据表达自己的观点；能从不同的角度解决动力学问题，具有质疑和创新的意识。

2.关键能力

分析解决实际问题的能力。

两类基本问题

1.牛顿第二定律的作用

牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：

加速度的大小与物体所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同。

2.两类基本问题

（1）根据运动情况确定受力情况

如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力。

（2）根据受力情况确定运动情况

如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况。

[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。

（×）

探究

　根据运动情况确定受力情况

1.问题界定

根据物体运动情况确定受力情况，指的是在物体的运动情况（如物体的运动性质、速度、加速度或位移）已知的条件下，要求得出物体所受的力。

2.解题思路

3.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）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，由合力求出所需求的力。

[例1]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

s1＝

t1，解得v＝

＝4m/s。

（2）汽车滑行减速过程中加速度a2＝

＝－2m/s2

由牛顿第二定律得－f＝ma2，解得f＝4×103N。

（3）开始加速过程中加速度为a1，则s1＝

a1t

解得a1＝1m/s2

由牛顿第二定律得F－f＝ma1

解得F＝f＋ma1＝6×103N。

答案　

（1）4m/s　

（2）4×103N　（3）6×103N

[针对训练1]民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，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迅速滑行到地面上来。

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＝

。

乘客沿气囊下滑过程中，加速度最大时，下滑时间最短。

由L＝

at2得a＝

，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FN－mgcosθ＝0，

又f＝μFN，联立方程解得

μ＝

＝

。

答案　

（1）2.5m/s2　

（2）

探究

　根据受力情况确定运动情况

■情境导入

玩滑梯是小孩非常喜欢的活动如图所示，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？

答案　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＝2as和s＝

at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。

■归纳拓展

1.问题界定：

根据物体受力情况确定运动情况，指的是在物体的受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等物理量。

2.解题思路

分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，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：

3.由受力情况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，求合外力（包括大小和方向）。

（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，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等。

4.注意问题：

（1）若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力。

（2）用正交分解法求合力时，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组

[例2]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。

求：

（1）画出物体的受力图，并求出物体的加速度；

（2）物体在拉力作用下5s末的速度大小；

（3）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：

由牛顿第二定律得：

Fcosθ－f＝ma

Fsinθ＋FN－mg＝0

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＝

at2＝

×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

[针对训练2]如图所示，一个质量为4kg的物体以v0＝12m/s的初速度沿着水平地面向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，物体始终受到一个水平向右、大小为12N的恒力F作用（g取10m/s2），求：

（1）开始时物体的加速度大小和方向；

（2）5s末物体受到地面的摩擦力大小和方向；

（3）5s末物体的速度大小和方向。

解析　

（1）物体受到向右的滑动摩擦力，受力分析如图甲所示，f＝μFN＝μmg＝8N。

设物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：

F＋f＝ma，即a＝

＝5m/s2，方向水平向右。

（2）物体减速到零所需的时间t＝

＝

s＝2.4s，由于F＞f，故物体速度减为零后改为向右的匀加速运动，2.4s后摩擦力仍为滑动摩擦力f，大小为8N，方向水平向左。

（3）2.4s后物体的受力情况如图乙所示，加速度a′＝

＝1m/s2，方向水平向右。

则5s末的速度v＝a′t′＝1×（5－2.4）m/s＝2.6m/s，方向水平向右。

答案　

（1）5m/s2　方向水平向右　

（2）8N　方向水平向左

（3）2.6m/s　方向水平向右

科学思维之模型构建——斜面运动模型

【题目示例】

如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。

一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。

设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。

（1）为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；

（2）若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。

（已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字）

【建模思路】

【模型分析】木块沿斜面向上滑动过程中，合外力为μmgcosθ＋mgsinθ，方向沿斜面向下，减速运动到最高点后，有两种可能的运动状态：

若μmgcosθ

【题例解答】

解析　

（1）对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为

f＝μmgcosθ

而小车重力在斜面的水平分量为

F＝mgsinθ

若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要

f>F

即mgsinθ<μmgcosθ

解得

<μ

tanθ<μ

则当tanθ<μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。

（2）设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma

得F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma

解得a＝gsinθ＋μgcosθ＝10×（0.26＋0.3×0.97）m/s2＝5.51m/s2

设货车避险车道上行驶的最大距离为s，

v0＝90km/h＝25m/s，

据匀变速直线运动位移公式0－v

＝－2as

代入数据，解得s＝

＝

m＝56.72m≈57m。

答案　

（1）tanθ<μ　

（2）57m

【建模感悟】并非只有木块在斜面上运动才为斜面运动模型，【题目示例】中的货车可以看作“木块”，可以想到，各类形状的物体，在重力、弹力、滑动摩擦力作用下，在斜面上的运动，其运动均符合斜面运动模型。

涉及计算时，需要特别注意摩擦力的方向。

1.（由运动情况确定受力情况）（多选）如图甲所示，在粗糙程度相同的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其速度—时间图像如图乙所示。

下列判断正确的是（　　）

A.在0～1s内，外力F不断增大

B.在1～3s内，外力F的大小恒定

C.在3～4s内，外力F不断减小

D.在3～4s内，外力F的大小恒定

解析　从图像可得：

0～1s内物体做匀加速直线运动；1～3s内做匀速运动；3～4s内做匀减速运动。

匀速或匀变速运动时，物体的受力都是恒定的，故选项B、D正确。

答案　BD

2.（由受力情况确定运动情况）一个滑雪运动员从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝37°，如图所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是0.04，求5s内滑下来的路程和5s末的速度大小。

（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

解析　以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示。

沿斜面方向建立坐标系，根据牛顿第二定律列方程：

FN－mgcosθ＝0①

mgsinθ－f＝ma②

又因为f＝μFN③

由①②③可得：

a＝g（sinθ－μcosθ）＝5.68m/s2

故s＝

at2＝71m

v＝at＝28.4m/s

答案　71m　28.4m/s

3.（由运动情况确定受力情况）在某段平直的铁路上，一列以324km/h的速度高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速度324km/h。

（1）求列车减速时的加速度大小；

（2）若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；

（3）求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。

解析　

（1）列车的初速度为324km/h＝90m/s

经过5min＝300s停下，所以加速度为

a＝

＝

m/s2＝－0.3m/s2，

负号说明加速度的方向与运动方向相反。

（2）由运动学公式得，v2＝2a′s

解得a′＝

＝

m/s2＝0.5m/s2，

阻力f＝0.1mg，根据牛顿第二定律，有

F－0.1mg＝ma′

代入数值解得F＝1.2×106N

（3）列车加速的时间为

t′＝

＝

s＝180s

减速过程中通过的位移

s＝

t＝45×300m＝13500m

所以整个过程的平均速度

＝

＝

m/s＝30m/s

答案　

（1）0.3m/s2　

（2）1.2×106N　（3）30m/s

课时定时训练

（限时30分钟）

◆对点题组练

题组一　由运动情况确定受力情况

1.一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800N，开动5s的时间，速度的改变为2m/s，则宇宙飞船的质量为（　　）

A.1000kgB.2000kg

C.3000kgD.4000kg

解析　根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝

＝

m/s2＝0.4m/s2，根据牛顿第二定律得飞船的质量为m＝

＝

kg＝2000kg，B项正确。

答案　B

2.（多选）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。

若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2。

关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A.所受浮力大小为4830N

B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C.从地面开始上升10s时的速度大小为5m/s

D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N

解析　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力f＝0。

由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4830N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故选项B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5m/s的时间大于10s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－f′＝0，计算得f′＝230N，选项D正确。

答案　AD

3.如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。

若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F为（g取10m/s2）（　　）

A.42NB.6N

C.21ND.36N

解析　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：

mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式s＝

at2，得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：

F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，故选项D正确。

答案　D

4.如图所示，质量为2kg的物体在40N水平推力作用下，从静止开始1s内沿竖直墙壁下滑3m。

求：

（取g＝10m/s2）

（1）物体运动的加速度大小；

（2）物体受到的摩擦力大小；

（3）物体与墙间的动摩擦因数。

解析　

（1）由h＝

at2，可得：

a＝

＝6m/s2。

（2）分析物体受力情况如图所示：

水平方向：

物体所受合外力为零，FN＝F＝40N

竖直方向：

取向下为正方向，由牛顿第二定律得：

mg－f＝ma

可得：

f＝mg－ma＝8N。

（3）物体与墙间的滑动摩擦力f＝μFN

所以μ＝

＝

＝0.2。

答案　

（1）6m/s2　

（2）8N　（3）0.2

题组二　由受力情况确定运动情况

5.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，它还能继续滑动的距离约为（　　）

A.40mB.20m

C.10mD.5m

解析　根据牛顿第二定律得，汽车刹车的加速度a＝

＝

＝g，则继续滑行的距离s＝

＝20m，B项正确。

答案　B

6.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　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＝

－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＝

和t＝

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。

答案　D

7.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，t1a2，t1>t2

C.a1t2

解析　上升过程中，由牛顿第二定律，得

mg＋f＝ma1①

设上升高度为h，则h＝

a1t

②

下降过程，由牛顿第二定律，得

mg－f＝ma2③

h＝

a2t

④

由①②③④得，a1>a2，t1

答案　A

◆综合提升练

8.如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B间的动摩擦因数μ2＝0.2。

已知A的质量m＝2kg，B的质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。

现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使A与B保持相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

A.20NB.15N

C.10ND.5N

解析　对A，有μ2mg＝ma；对A、B整体，有Fmax－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a，联立解得Fmax＝（m＋M）（μ1＋μ2）g，故Fmax＝15N，选项B正确。

答案　B

9.“歼十”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注。

如图所示，一架质量m＝5.0×103kg的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离s＝5.0×102m，达到起飞速度v＝60m/s。

在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的0.02倍。

求飞机滑行时受到的牵引力多大？

（g取10m/s2）

解析　滑行过程，飞机受重力G、支持力FN、牵引力F、阻力f四个力作用，在水平方向上，由牛顿第二定律得：

F－f＝ma

f＝0.02mg

飞机匀加速滑行v2－0＝2as

解得a＝3.6m/s2

F＝1.9×104N。

答案　1.9×104N

10.静止在水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，此时将力撤去，又经6s物体停下来，若物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小。

解析　前4s物体做匀加速直线运动，

由运动学公式可得其加速度

a1＝

＝

m/s2＝1m/s2①

物体在水平方向受恒力F和摩擦力f，

由牛顿第二定律得：

F－f＝ma1②

后6s内物体做匀减速直线运动，其加速度为a2＝

＝

m/s2＝－

m/s2③

且由牛顿第二定律知：

－f＝ma2④

由①②③④联立得：

F＝ma1＋f＝m（a1－a2）＝2×（1＋

）N＝

N。

答案　

N

11.如图所示，在倾角θ＝37°足够长的斜面底端有一质量m＝1kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。

现用大小为F＝22.5N、方向沿斜面向上的拉力将物体由静止拉动，经时间t0＝0.8s撤去拉力F，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：

（1）t0＝0.8s时物体速度v的大小；

（2）撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t。

解析　

（1）在拉力作用下物体沿斜面向上做匀加速运动，作出物体受力分析如图所示。

根据受力情况和牛顿第二定律有：

F－mgsinθ－f＝ma　　　　　　①

FN－mgcosθ＝0②

f＝μFN③

v＝at0④

联立并代入数据得：

v＝10m/s。

（2）撤去拉力F后物体先向上做匀减速运动至速度为0后向下做匀加速运动至斜面底端。

设向上运动时间为t1，向下运动时间为t2，拉力作用下物体发生的位移为s0，由运动学公式有：

s0＝

vt0

向上运动时：

－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

0－v＝a1t1

s1＝

vt1

向下运动时：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

s0＋s1＝

a2t

t＝t1＋t2

联立以上各式并代入数据得：

t＝4s。

答案　

（1）10m/s　

（2）4s