4.5 牛顿运动定律的应用 学案（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 4.5 牛顿运动定律的应用 学案（word版含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 333.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-23 22:48:54 | ||
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文档简介
《运动和力的关系》
“牛顿运动定律的应用”章节考点归纳&典例示范
1.从受力确定运动情况
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，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
（1）从受力确定运动情况的一般求解步骤
（2）解题方法
(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，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力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沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量。即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0。
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。
从运动情况确定受力的一般求解步骤
【思考1】
加速度在解决动力学的两类问题中有什么作用？
提示：加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁，无论是已知受力情况求解运动情况，还是已知运动情况求解受力情况，都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用已知条件，确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。
【思考2】
物体的运动方向是否一定与物体所受合力的方向一致？为什么？
提示：不一定。物体的运动情况由物体所受的合力和物体的初始状态共同决定。如物体以某一初速度v0冲上光滑斜面，合力方向沿斜面向下，而物体的运动方向沿斜面向上。所以受力情况决定了加速度，但与速度没有直接关系。
【解题技巧1】
动力学两类基本问题的思维程序图如下：
由图可见，不论求解哪一类问题，加速度都是解题的桥梁和纽带，求解出加速度是顺利解答的关键。
【解题技巧2】
多过程问题的分析：
物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型，它展示了物体在运动过程中的受力特点及物体的运动情况，综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力。
解答思路：首先理清物体的不同运动过程，根据受力特点确定各过程的运动性质，然后列相应的动力学方程(运用牛顿第二定律与运动学公式)；注意不同过程中的中间衔接量，特别是两过程间的“速度”参量，往往是列式与计算的“桥梁”。
若运动过程涉及摩擦力，要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力是否发生突变。
【典例示范】
1.判断正误
(1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。( )
(2)若物体所受合外力恒定，且合外力方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。( )
(3)若物体做匀加速直线运动，则可以根据运动学公式求出加速度，进而根据牛顿运动定律求力。( )
(4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。( )
[答案](1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.有一质量为1 kg的小球串在长0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°，静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，g取10 m/s2，试求：
(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；
(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2 m/s2，此恒力大小为多少？
答案 (1)0.25 (2)8 N或24 N
解析 (1)对小球，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
又x＝at2
联立解得μ＝0.25。
(2)若F垂直于杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′
解得F＝8 N；
若F垂直于杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′
解得F＝24 N。
3.某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量为m＝50 kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80 m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20 m时刚好停止运动。取g＝10 m/s2，求：
(1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
(2)落地前20 m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小；
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。
答案 (1)40 m/s (2)40 m/s2 (3)2500 N
解析 (1)当下落80 m时小明的速度最大，
v＝2gh1
代入数据可得：vm＝40 m/s。
(2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为
a2＝
代入数据可得：a2＝40 m/s2。
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律：F′－mg＝ma2
代入数据得：F′＝2500 N
根据牛顿第三定律，小明对平台的压力F为2500 N。
4.如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。
答案 (1)5.2 m/s (2)6.76 m
解析 (1)对雪橇，竖直方向：N1＋Fsin37°＝mg
水平方向：Fcos37°－f1＝ma1，且f1＝μN1
由运动学公式：v＝a1t1
解得：v＝5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，有－μmg＝ma2，
则雪橇的加速度a2＝－μg
根据0－v2＝2a2x，解得：x＝6.76 m。
5.如图所示，长为s＝11.25 m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3 m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20 N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块过B点时速度的大小；
(2)拉力F作用的时间。
答案 (1)6 m/s (2)1.5 s
解析 (1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3
由运动学规律可得v＝2a3L
解得vB＝6 m/s。
(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
设F作用的时间为t，则撤去F时有：
v1＝a1t，x1＝a1t2
撤去拉力F后，有：μmg＝ma2
v－v＝2(－a2)(s－x1)
联立解得：t＝1.5 s。
“牛顿运动定律的应用”章节考点归纳&典例示范
1.从受力确定运动情况
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，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
（1）从受力确定运动情况的一般求解步骤
（2）解题方法
(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，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力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沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量。即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0。
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。
从运动情况确定受力的一般求解步骤
【思考1】
加速度在解决动力学的两类问题中有什么作用？
提示：加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁，无论是已知受力情况求解运动情况，还是已知运动情况求解受力情况，都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用已知条件，确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。
【思考2】
物体的运动方向是否一定与物体所受合力的方向一致？为什么？
提示：不一定。物体的运动情况由物体所受的合力和物体的初始状态共同决定。如物体以某一初速度v0冲上光滑斜面，合力方向沿斜面向下，而物体的运动方向沿斜面向上。所以受力情况决定了加速度，但与速度没有直接关系。
【解题技巧1】
动力学两类基本问题的思维程序图如下：
由图可见，不论求解哪一类问题，加速度都是解题的桥梁和纽带，求解出加速度是顺利解答的关键。
【解题技巧2】
多过程问题的分析：
物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型，它展示了物体在运动过程中的受力特点及物体的运动情况，综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力。
解答思路：首先理清物体的不同运动过程，根据受力特点确定各过程的运动性质，然后列相应的动力学方程(运用牛顿第二定律与运动学公式)；注意不同过程中的中间衔接量，特别是两过程间的“速度”参量，往往是列式与计算的“桥梁”。
若运动过程涉及摩擦力，要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力是否发生突变。
【典例示范】
1.判断正误
(1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。( )
(2)若物体所受合外力恒定，且合外力方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。( )
(3)若物体做匀加速直线运动，则可以根据运动学公式求出加速度，进而根据牛顿运动定律求力。( )
(4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。( )
[答案](1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.有一质量为1 kg的小球串在长0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°，静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，g取10 m/s2，试求：
(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；
(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2 m/s2，此恒力大小为多少？
答案 (1)0.25 (2)8 N或24 N
解析 (1)对小球，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
又x＝at2
联立解得μ＝0.25。
(2)若F垂直于杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′
解得F＝8 N；
若F垂直于杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′
解得F＝24 N。
3.某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量为m＝50 kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80 m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20 m时刚好停止运动。取g＝10 m/s2，求：
(1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
(2)落地前20 m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小；
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。
答案 (1)40 m/s (2)40 m/s2 (3)2500 N
解析 (1)当下落80 m时小明的速度最大，
v＝2gh1
代入数据可得：vm＝40 m/s。
(2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为
a2＝
代入数据可得：a2＝40 m/s2。
(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律：F′－mg＝ma2
代入数据得：F′＝2500 N
根据牛顿第三定律，小明对平台的压力F为2500 N。
4.如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：
(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；
(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。
答案 (1)5.2 m/s (2)6.76 m
解析 (1)对雪橇，竖直方向：N1＋Fsin37°＝mg
水平方向：Fcos37°－f1＝ma1，且f1＝μN1
由运动学公式：v＝a1t1
解得：v＝5.2 m/s。
(2)撤去拉力后，有－μmg＝ma2，
则雪橇的加速度a2＝－μg
根据0－v2＝2a2x，解得：x＝6.76 m。
5.如图所示，长为s＝11.25 m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3 m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20 N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块过B点时速度的大小；
(2)拉力F作用的时间。
答案 (1)6 m/s (2)1.5 s
解析 (1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3
由运动学规律可得v＝2a3L
解得vB＝6 m/s。
(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
设F作用的时间为t，则撤去F时有：
v1＝a1t，x1＝a1t2
撤去拉力F后，有：μmg＝ma2
v－v＝2(－a2)(s－x1)
联立解得：t＝1.5 s。