第四章 第5节 牛顿运动定律的应用 学案 Word版含解析

第5节　牛顿运动定律的应用
核心素养
物理观念
科学思维
科学态度与责任
1.能结合物体的受力情况，确定物体的运动情况。
2.能结合物体的运动情况对物体的受力情况进行分析。
掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法。
能运用牛顿运动定律和运动学规律分析生产、生活、科技中的问题。
知识点　两类基本问题
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。
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。
[思考判断]
(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。(×),
核心要点　根据受力情况确定运动情况
[观察探究]　
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？
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＝2ax和x＝at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。
[探究归纳]　
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
[试题案例]
[例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10 N，方向平行于斜面向上。经时间t＝4.0 s绳子突然断了(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g取10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移。
解析　(1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力FN、重力mg和摩擦力Ff，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－Ff＝ma1
又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ
解得：a1＝2.0 m/s2
则t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，受力如图乙所示。根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有：mgsin θ＋Ff＝ma2
Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，代入数值联立
解得a2＝8.0 m/s2。
做匀减速运动的位移为x2＝＝4.0 m
答案　(1)8.0 m/s　(2)4.0 m
方法点拨　解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。
(2)根据力的合成法或分解法(一般采用正交分解法)，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，求出物体运动的加速度。
　　　 列方程时注意正方向的选取
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——位移和速度等。
[针对训练1] 如图所示，一个质量为4 kg 的物体以v0＝12 m/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12 N的恒力F作用(g取10 m/s2)，求：
(1)开始时物体的加速度大小和方向；
(2)5 s末物体受到地面的摩擦力大小和方向；
(3)5 s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，
Ff＝μFN＝μmg＝8 N。
设物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：
F＋Ff＝ma，即a＝＝5 m/s2，方向水平向右。
(2)物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2.4 s，由于F＞Ff，故物体速度减为零后改为向右的匀加速运动，2.4 s 后摩擦力仍为滑动摩擦力Ff，大小为8 N，方向水平向左。
(3)2.4 s后物体的受力情况如图乙所示，加速度a′＝＝1 m/s2，方向水平向右。
则5 s末的速度v＝a′t′＝1×(5－2.4) m/s＝2.6 m/s，方向水平向右。
答案　(1)5 m/s2　方向水平向右　(2)8 N　方向水平向左
(3)2.6 m/s　方向水平向右
核心要点　根据运动情况确定受力情况
[要点归纳]　
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。
[试题案例]
[例2] 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＝t1，解得v＝＝4 m/s。
(2)汽车滑行减速过程中加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得－Ff＝ma2，解得Ff＝4×103 N。
(3)开始加速过程中加速度为a1，则x1＝a1t
解得a1＝1 m/s2
由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6×103 N。
答案　(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N
特别提醒　解决动力学两类问题的注意点
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑、交叉进行，作受力分析图时，把所受的外力画到物体上的同时，速度和加速度的方向也应标在图中。
(3)求解两类动力学基本问题涉及的物理知识：①牛顿第二定律F＝ma；②牛顿第三定律F＝－F′；③运动学公式v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，x＝t。注意正方向的选取。
[针对训练2] 一物体静止在水平地面上，若给物体施加一水平推力F，使其做匀加速直线运动。物体与地面间的动摩擦因数为0.4，物体的质量为10 kg，在开始运动后的第6 s内发生的位移为11 m，g取10 m/s2。求所施加的力F的大小。
解析　设物体运动的加速度为a，由匀加速直线运动公式x＝at2
得(a×62－a×52) m＝11 m，
解得a＝2 m/s2
由牛顿第二定律有F－μmg＝ma
F＝ma＋μmg＝10×2 N＋0.4×10×10 N＝60 N
答案　60 N
科学思维——临界极值问题的分析方法
1.临界状态：当物体从某种特性变化到另一种特性时，发生质的飞跃的转折状态，通常叫作临界状态。出现“临界状态”时，既可以理解成“恰好出现”，也可理解为“恰好不出现”的物理状态。
2.解决临界极值问题的方法
(1)极限法：在题目中若出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，则一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，分析出临界条件，以达到尽快求解的目的。
(2)假设法：在有些物理过程中，没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题时，一般用假设法。
(3)数学方法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式求解得出临界条件。
[针对训练]　如图
所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a＝2g的加速度向左运动时线的拉力F(方向可用正弦或余弦表示)。
解析　本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零
(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受两个力：重力mg，绳的拉力F，如图所示。
在y轴上有：Fsin θ＝mg①
在x轴上有：Fcos θ＝ma②
由①②两式并将θ＝45°代入可得：a＝g
即当滑块向左运动的加速度为a＝g时，小球恰好对斜面无压力。当a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如上图所示(但θ不再为45°)，故根据①②两式并将a＝2g代入解得F＝mg，此即为所求的拉力大小。与水平方向的夹角的正弦值sin θ′＝＝。
答案　mg　与水平方向的夹角的正弦值为
1.(牛顿第二定律的应用)(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0～1 s内，外力F不断增大
B.在1～3 s内，外力F的大小恒定
C.在3～4 s内，外力F不断减小
D.在3～4 s内，外力F的大小恒定
解析　从图像可得：0～1 s内物体做匀加速直线运动；1～3 s内做匀速运动；3～4 s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5 s内滑下来的路程和5 s末的速度大小。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析　 以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示。
将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，根据牛顿第二定律列方程：
FN－mgcos θ＝0①
mgsin θ－Ff＝ma②
又因为Ff＝μFN③
由①②③可得：a＝g(sin θ－μcos θ)＝5.68 m/s2
故x＝at2＝71 m
v＝at＝28.4 m/s
答案　71 m　28.4 m/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324 km/h的速度高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留
4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速度324 km/h。
(1)求列车减速时的加速度大小；
(2)若该列车总质量为8.0×105 kg，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324 km/h＝90 m/s
经过5 min＝300 s停下，所以加速度为
a＝＝ m/s2＝－0.3 m/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′x
解得a′＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
阻力Ff＝0.1mg，根据牛顿第二定律，有
F－0.1mg＝ma′
代入数值解得F＝1.2×106 N
(3)列车加速的时间为
t′＝＝ s＝180 s
减速过程中通过的位移
x＝t＝45×300 m＝13 500 m
所以整个过程的平均速度
＝＝ m/s＝30 m/s
答案　(1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N　(3)30 m/s
基础过关
1.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20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为 (　　)
A.40 m B.20 m
C.10 m D.5 m
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x＝＝20 m，B项正确。
答案　B
2.一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800 N，开动5 s的时间，速度的改变为2 m/s，则宇宙飞船的质量为(　　)
A.1 000 kg B.2 000 kg
C.3 000 kg D.4 000 kg
解析　根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律得飞船的质量为m＝＝ kg＝2 000 kg，B项正确。
答案　B
3.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
4.(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/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＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是 (　　)
A.所受浮力大小为4 830 N
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10 s时的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N
解析　热气球从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0。由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，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5 m/s的时间大于10 s，选项C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff′＝0，计算得Ff′＝230 N，选项D正确。
答案　AD
5.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　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＝
gt2sin θ，t2＝，当θ＝45°时，t最小，当θ＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D项正确。
答案　D
6.如图所示，质量为m＝3 kg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＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2) (　　)
A.42 N B.6 N
C.21 N D.36 N
解析　因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝
tan θ；当在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2，得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得F＝36 N，故选项D正确。
答案　D
7.如图所示，一质量为m的物块放在水平地面上，现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)撤去F时，物块的速度大小；
(2)撤去F后，物块还能滑行多远？
解析　(1)设撤去F时，物块的速度大小为v，根据牛顿第二定律，物块的加速度a＝，
又由运动学公式v2＝2ax，解得v＝。
(2)撤去F后，物块只受摩擦力，做匀减速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块的加速度a′＝－＝－μg，
由运动学公式v′2－v2＝2a′x′，且v′＝0，
解得x′＝＝(－1)x。
答案　(1)　(2)(－1)x
能力提升
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＝2 kg，B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/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.20 N B.15 N
C.10 N D.5 N
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＝15 N，选项B正确。
答案　B
9.如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。无人机的质量为m＝2 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4 N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4 s时离地面的高度为h＝48 m，g取10 m/s2。求：
(1)其动力系统所能提供的最大升力为多少？
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝180 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去全部升力，从静止开始竖直坠落，经5 s后无人机瞬间又恢复最大升力，则无人机到达地面时速度为多少？
解析　(1)根据h＝a1t2，
解得a1＝＝ m/s2＝6 m/s2，
由牛顿第二定律得F－mg－Ff＝ma1，
代入数据解得F＝36 N。
(2)失去升力加速下落过程中mg－Ff＝ma2，
代入数据解得a2＝8 m/s2，
经过5 s后速度v1＝a2t1＝8×5 m/s＝40 m/s，
下落高度h1＝a2t＝×8×25 m＝100 m，
恢复升力后减速下落过程中F－mg＋Ff＝ma3，
代入数据解得a3＝10 m/s2。
根据v－v＝2a3(H－h1)，代入数据解得v2＝0。
答案　(1)36 N　(2)0
10.如图甲所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ＝30°，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以初速度v0＝8 m/s沿木板向上运动(如图乙所示)，取g＝10 m/s2，求：
(1)小木块与木板间的动摩擦因数；
(2)小木块在t＝1 s内沿木板向上滑行的距离。
解析　(1)小木块恰好能沿着木板匀速下滑，由平衡条件得：mgsin θ－Ff＝0，
Ff＝μmgcos θ，联立解得：μ＝tan θ＝。
(2)对于小木块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
得a＝gsin 30°＋μgcos 30°＝10 m/s2，
速度减为0的时间t＝＝ s＝0.8 s，
小木块速度减为0后，处于静止状态，
又0－v＝－2as，
代入数据得s＝＝ m＝3.2 m。
答案　(1)　(2)3.2 m
11.在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，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。若某人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡AB的长度l＝36 m。斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝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略不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)人从斜坡顶端滑到底端的时间为多少？
(2)人滑到水平面上后还能滑行多远？
解析　(1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示。设人沿斜坡下滑的加速度为a，
由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma
又Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcos θ＝0
解得a＝2 m/s2
由l＝at2，解得t＝6 s。
(2)设人滑到水平面时的速度为v，则有v＝at
解得v＝12 m/s
在水平面上滑行时，设加速度大小为a′，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma′，
解得a′＝5 m/s2
设还能滑行的距离为x，则v2＝2a′x
解得x＝14.4 m。
答案　(1)6 s　(2)14.4 m