2018_2019高中物理第5章研究力和运动的关系5.4牛顿运动定律的案例分析学案沪科版必修1

5．4　牛顿运动定律的案例分析
[目标定位]　1.掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路和方法.2.学会处理动力学的两类基本问题．
一、从受力确定运动情况
受力情况→F合求a，
→求得s、v0、vt、t.
例1　如图1所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图1
(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5 s末的速度大小；
(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小．
解析　(1)对物体受力分析如图：
由图可得：
解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右
(2)vt＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s
(3)s＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m
答案　(1)见解析图　1.3 m/s2，方向水平向右
(2)6.5 m/s　(3)16.25 m
二、从运动情况确定受力
运动情况求a受力情况．
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．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m．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2.0 s(g取10 m/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＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s.
设斜面倾角为θ，则sin θ＝.
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得a＝，代入数据得a＝2.5 m/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mgsin θ－f＝ma，
沿y轴方向有N－mgcos θ＝0，
又f＝μN，联立方程解得
μ＝≈0.92.
答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.92
针对训练1　质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图像如图2所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
图2
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
答案　(1)0.2 N　(2)0.375 m
解析　(1)由v－t图像可知，弹性球下落过程的加速度为
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1
所以弹性球受到的空气阻力
f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N
(2)弹性球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s
根据牛顿第二定律mg＋f＝ma2，得弹性球上升过程的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2
根据v－v＝－2a2h，得弹性球第一次反弹的高度
h＝＝ m＝0.375 m.
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子过程组成，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．注意：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．
例3　质量为m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，现在对物体施加如图3所示的力F，F＝10 N，θ＝37°(sin 37°＝0.6)，经t1＝10 s后撤去力F，再经一段时间，物体又静止，(g取10 m/s2)则：
图3
(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态．
(2)物体运动过程中最大速度是多少？
(3)物体运动的总位移是多少？
解析　(1)当力F作用时，物体做匀加速直线运动，撤去F的瞬间物体的速度达到最大值，撤去F后物体做匀减速直线运动直至速度为零．
(2)撤去F前对物体受力分析如图甲，有：
Fsin θ＋N1＝mg，Fcos θ－f＝ma1
f＝μN1
s1＝a1t
vt＝a1t1，联立各式并代入数据解得
s1＝25 m，vt＝5 m/s
(3)撤去F后对物体受力分析如图乙，有：
f′＝μN2＝ma2，N2＝mg,2a2s2＝v，
联立各式并代入数据解得s2＝2.5 m
物体运动的总位移：s＝s1＋s2得s＝27.5 m
答案　(1)见解析　(2)5 m/s　(3)27.5 m
针对训练2　冬奥会四金得主王濛于2014年1月13日亮相全国短道速滑联赛总决赛．她领衔的中国女队在混合3 000米接力比赛中表现抢眼．如图4所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图4
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
答案　(1)2 s　(2)12.8 m
解析　(1)人在斜坡上下滑时，受力分析如图所示．
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f＝ma，f＝μN
垂直于斜坡方向有N－mgcos θ＝0
由匀变速运动规律得L＝at2
联立以上各式代入数据解得a＝4 m/s2，t＝2 s
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用．设在水平面上人减速运动的加速度为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜面上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s
联立以上各式代入数据解得s＝12.8 m
很多动力学问题中，是先分析合力列牛顿第二定律方程，还是先分析运动情况列运动学方程，并没有严格的顺序要求，有时可以交叉进行．但不管是哪种情况，其解题的基本思路都可以概括为六个字：“对象、受力、运动”，即：(1)明确研究对象；(2)对物体进行受力分析，并进行力的运算，列牛顿第二定律方程；(3)分析物体的运动情况和运动过程，列运动学方程；(4)联立求解或定性讨论．
1．(从受力确定运动情况)一个滑雪运动员从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝30°，如图5所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是0.04，求5 s内滑下来的路程和5 s末速度的大小(运动员一直在山坡上运动)．(小数点后保留一位有效数字)
图5
答案　58.2 m　23.3 m/s
解析　以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示．
研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡状态；沿山坡方向，做匀加速直线运动．
将重力mg沿垂直于山坡方向和平行于山坡方向分解，据牛顿第二定律列方程：N－mgcos θ＝0 ①
mgsin θ－f＝ma ②
又因为f＝μN ③
由①②③可得：a＝g(sin θ－μcos θ)
故s＝at2＝g(sin θ－μcos θ)t2
＝×10×(－0.04×)×52 m≈58.2 m
vt＝at＝10×(－0.04×)×5 m/s≈23.3 m/s
2．(从运动情况确定受力)一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的v－t图像如图6所示，求斜面的倾角θ以及物体与斜面间的动摩擦因数μ.(g取10 m/s2)
图6
答案　30°　
解析　由题图可知上滑过程的加速度大小为：
a上＝ m/s2＝6 m/s2，
下滑过程的加速度大小为：a下＝ m/s2＝4 m/s2
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图，上滑过程
a上＝＝gsin θ＋μgcos θ
下滑过程a下＝gsin θ－μgcos θ，
联立解得θ＝30°，μ＝
3．(多过程问题)一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，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．
答案　(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N
解析　(1)汽车开始做匀加速直线运动s0＝t1
解得v0＝＝4 m/s
(2)关闭发动机后汽车匀减速过程的加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－f＝ma2，解得f＝4×103 N
(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a1
s0＝a1t
由牛顿第二定律有：F－f＝ma1
联立上述两式解得F＝f＋ma1＝6×103 N
题组一　从受力确定运动情况
1．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sA与sB相比为(　　)
A．sA＝sB B．sA>sB
C．sA答案　A
解析　通过分析物体在水平面上滑行时的受力情况可以知道，物体滑行时受到的滑动摩擦力μmg为合力，由牛顿第二定律知：μmg＝ma得：a＝μg，可见：aA＝aB.
物体减速到零时滑行的距离最大，由运动学公式可得：
v＝2aAsA，v＝2aBsB，
又因为vA＝vB，aA＝aB.
所以sA＝sB，A正确．
2．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水时它的运动将是(　　)
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
答案　A
解析　a＝＝＝－kg，洒水时质量m减小，则a变大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确．
3．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为(　　)
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案　B
解析　设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式得v＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确．
4．用30 N的水平外力F拉一静止在光滑的水平面上质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是(　　)
A．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B．v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C．v＝4.5 m/s，a＝0
D．v＝7.5 m/s，a＝0
答案　C
解析　前3 s物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＝ma，解得：a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末物体的速度为vt＝at＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s；3 s后，力F消失，由牛顿第二定律可知加速度立即变为0，物体做匀速直线运动，所以5 s末的速度仍是3 s末的速度，即4.5 m/s，加速度为a＝0，故C正确．
题组二　从运动情况确定受力
5．某气枪子弹的射出速度达100 m/s，若气枪的枪膛长0.5 m，子弹的质量为20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为(　　)
A．1×102 N B．2×102 N
C．2×105 N D．2×104 N
答案　B
解析　根据v＝2as，得a＝＝ m/s2＝1×104 m/s2，从而得高压气体对子弹的作用力F＝ma＝20×10－3×1×104 N＝2×102 N.
6．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70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，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．450 N B．400 N C．350 N D．300 N
答案　C
解析　汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s
设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
7．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m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0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力为(　　)
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
答案　B
解析　由自由落体规律可知：v＝2gH
缓冲减速过程：v＝2ah
由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma
解得F＝mg(1＋)＝5mg，故B正确．
8．在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图1所示，现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是(　　)
图1
A．Fa变大，Fb不变 B．Fa变大，Fb变小
C．Fa不变，Fb变小 D．Fa不变，Fb变大
答案　C
解析　以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据牛顿第二定律得，
水平方向：Fasin α－Fb＝ma ①
竖直方向：Facos α－mg＝0 ②
由题知α不变，由②分析知Fa不变，由①知Fb＝Fasin α－ma题组三　综合应用
9.大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图2所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知“双子星号”宇宙飞船的质量为3 200 kg，其尾部推进器提供的平均推力为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8 s测出飞船和空间站速度变化是1.0 m/s.则：
图2
(1)空间站的质量为多大？
(2)在8 s内飞船对空间站的作用力为多大？
答案　(1)4 000 kg　(2)500 N
解析　(1)飞船和空间站的加速度a＝＝0.125 m/s2，以空间站和飞船整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma，得M＝＝7 200 kg.
故空间站的质量m＝7 200 kg－3 200 kg＝4 000 kg.
(2)以空间站为研究对象，由牛顿第二定律得
F′＝ma＝500 N
10．质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°角斜向上的方向拉着物体前进，绳子的拉力为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度是多少？若在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度是多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案　0.5 m/s2，方向与运动方向相同　5 m/s2，方向与运动方向相反
解析　物体受力如图所示，将拉力F沿水平方向和竖直方向分解．在两方向分别列方程：
Fcos 37°－Ff＝ma.Fsin 37°＋FN＝mg.又Ff＝μFN.
联立解得a＝0.5 m/s2，方向与运动方向相同．
当突然松手时，拉力F变为零，此后摩擦力变为
Ff′＝μmg＝200 N，
由牛顿第二定律得Ff′＝ma′
解得a′＝5 m/s2，方向与运动方向相反．
11.物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图3所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：
图3
(1)物体沿斜面上滑的最大位移；
(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
答案　(1)14.4 m　(2) s
解析　(1)设上滑时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝7.2 m/s2
上滑的最大位移为s＝
代入数据得s＝14.4 m
(2)设下滑时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a2＝4.8 m/s2
由s＝a2t2得下滑时间t＝＝ s
12．如图4所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g.求：
图4
(1)小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ＝60°角时，小木块沿木板向上滑行的距离；
(3)当θ＝60°角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间．
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：
mgsin θ＝μN ①
N＝mgcos θ ②
联立①②得：μ＝tan θ＝tan 30°＝
(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为a1，位移为s，则：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，v＝2a1s
则：s＝
θ＝60°
s＝＝
(3)θ＝60°，当小木块向上运动时，时间t1＝＝
当小木块向下运动时，小木块的加速度为a2，则：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得：a2＝g
由s＝a2t得：t2＝
故：t＝t1＋t2＝