第4章牛顿运动定律
4.5 牛顿运动定律的案例分析
课后篇巩固提升
合格考达标练
1.
如图所示,车辆在行驶过程中,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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70
kg,汽车车速为108
km/h(30
m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5
s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A.420
N
B.600
N
C.800
N
D.1
000
N
2.质量为0.8
kg的物体在一水平面上运动,图中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v-t图像,则拉力和摩擦力大小之比为( )
A.9∶8
B.3∶2
C.2∶1
D.4∶3
3.在欢庆节日的时候,人们会在合适的地区燃放美丽的焰火。按照设计,某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中竖直射出后,在4
s末到达距地面100
m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度大小是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10
m/s2)( )
A.25
m/s,1.25
B.40
m/s,0.25
C.50
m/s,0.25
D.80
m/s,1.25
4.(2021安徽黄山高一期末)如图所示,一质量为m的物块在倾角为θ的斜面上匀速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,则物块( )
A.沿斜面减速下滑
B.沿斜面匀速下滑
C.受到的摩擦力不变
D.受到的合外力增大
5.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
6.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.7.5
m/s,1.5
m/s2
B.4.5
m/s,1.5
m/s2
C.4.5
m/s,0
D.7.5
m/s,0
7.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像,各段的合力大小相同,作用时间相同,且一直作用下去,设小球由静止开始运动,由此可判定( )
A.小球向前运动,再返回停止
B.小球向前运动,再返回不会停止
C.小球始终向前运动
D.小球向前运动一段时间后停止
8.
(2021四川眉山高一期末)如图所示,质量为m=5
kg的物块,在F=30
N的水平拉力作用下,由静止开始在粗糙水平面上做匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)物块运动的加速度大小;
(2)由静止开始3
s内物块运动的位移大小。
等级考提升练
9.
如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则( )
A.物体到达C1时的速度最大
B.物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C.物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D.物体到达C3的时间最短
10.
如图所示,一倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t=0时,滑块以初速度v0=10
m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,下列说法正确的是( )
A.滑块一直做匀变速直线运动
B.t=1
s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上
C.t=2
s时,滑块恰好又回到出发点
D.t=3
s时,滑块的速度大小为4
m/s
11.
如图所示,木箱在100
N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5
m/s的速度匀速前进,已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5,拉力F与水平地面的夹角为37°,重力加速度g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8。经过一段时间后撤去拉力F,求:
(1)木箱的质量;
(2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间。
12.
如图所示,在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端有一质量m=2.0
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=20
N,方向平行斜面向上,经时间t1=4
s绳子突然断了,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,g取10
m/s2,求:
(1)绳断时物体的速度大小;
(2)绳子断后物体沿斜面上滑的距离;
(3)从绳子断后物体回到出发点所用的总时间。
13.在一次无人机载货测试中,一架质量为1
kg的无人机,下方固定一个质量为0.5
kg的配送箱,箱中放有一个质量为1.5
kg的货物,若无人机从地面以最大升力竖直起飞,6
s内匀加速上升了36
m,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6
N。g取10
m/s2,求:
(1)无人机提供的最大升力的大小;
(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小;
(3)若6
s末无人机升力变为24
N,无人机最高能上升到距地面多高处。
14.
如图所示,质量为1
kg的小球套在一根足够长的固定直杆上,杆与水平方向成θ=37°角,球与杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球在大小为20
N,方向竖直向上的拉力F作用下,从距杆的底端0.24
m处由静止开始沿杆斜向上运动,经过1
s后撤去拉力F(g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8)。求:
(1)撤去拉力F前,小球沿杆上滑的加速度大小;
(2)小球从开始运动直至滑到杆的下端所需的时间。
第4章牛顿运动定律
4.5 牛顿运动定律的案例分析
课后篇巩固提升
合格考达标练
1.
如图所示,车辆在行驶过程中,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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70
kg,汽车车速为108
km/h(30
m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5
s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A.420
N
B.600
N
C.800
N
D.1
000
N
解析从踩下刹车到车完全停止的5
s内,乘客的速度由30
m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a==-
m/s2=-6
m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-6)N=-420
N,负号表示力的方向跟初速度方向相反。所以选项A正确。
答案A
2.质量为0.8
kg的物体在一水平面上运动,图中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v-t图像,则拉力和摩擦力大小之比为( )
A.9∶8
B.3∶2
C.2∶1
D.4∶3
解析由v-t图像可知,图线a为水平方向仅受摩擦力时的运动,加速度大小a1=1.5
m/s2,图线b为受水平拉力和摩擦力时的运动,加速度大小为a2=0.75
m/s2,由牛顿第二定律列方程ma1=f,ma2=F-f,联立解得F∶f=3∶2,选项B正确。
答案B
3.在欢庆节日的时候,人们会在合适的地区燃放美丽的焰火。按照设计,某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中竖直射出后,在4
s末到达距地面100
m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度大小是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10
m/s2)( )
A.25
m/s,1.25
B.40
m/s,0.25
C.50
m/s,0.25
D.80
m/s,1.25
解析根据h=at2,解得a=12.5
m/s2,所以v0=at=50
m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则由牛顿第二定律得mg+f=ma,联立解得k=0.25,故选项C正确。
答案C
4.(2021安徽黄山高一期末)如图所示,一质量为m的物块在倾角为θ的斜面上匀速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,则物块( )
A.沿斜面减速下滑
B.沿斜面匀速下滑
C.受到的摩擦力不变
D.受到的合外力增大
解析质量为m的物块在倾角为θ的斜面上匀速下滑,根据平衡条件可知mgsin
θ=μmgcos
θ,斜面与物块的动摩擦因数μ=tan
θ,对物块施加一个竖直向下的恒力F,使得合力仍然为零,故物块仍沿斜面匀速下滑,A、D错误,B正确;摩擦力由mgsin
θ增大到(F+mg)sin
θ,C错误。
答案B
5.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
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=2as,可得汽车刹车前的速度为v0=
m/s=14
m/s,因此B正确。
答案B
6.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.7.5
m/s,1.5
m/s2
B.4.5
m/s,1.5
m/s2
C.4.5
m/s,0
D.7.5
m/s,0
解析前3
s物体由静止开始做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有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。
答案C
7.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像,各段的合力大小相同,作用时间相同,且一直作用下去,设小球由静止开始运动,由此可判定( )
A.小球向前运动,再返回停止
B.小球向前运动,再返回不会停止
C.小球始终向前运动
D.小球向前运动一段时间后停止
解析作出相应的小球的v-t图像如图所示,由图可以看出,小球始终向前运动,选项C正确。
答案C
8.
(2021四川眉山高一期末)如图所示,质量为m=5
kg的物块,在F=30
N的水平拉力作用下,由静止开始在粗糙水平面上做匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10
m/s2。求:
(1)物块运动的加速度大小;
(2)由静止开始3
s内物块运动的位移大小。
解析(1)对物块受力分析,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入数据得a=4
m/s2
(2)物块由静止开始做匀加速运动,由运动学公式有s=at2
解得s=18
m
答案(1)4
m/s2 (2)18
m
等级考提升练
9.
如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则( )
A.物体到达C1时的速度最大
B.物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C.物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D.物体到达C3的时间最短
解析物体在斜面上的加速度a=gsin
θ,故在与C3连接的轨道上运动的加速度最大,C错误;斜面长L=,由v2=2aL得v=,故到C1、C2、C3时物体速度大小相等,A错误;由L=at2即gsin
θ·t2知,沿AC3运动的时间最短,B错误,D正确。
答案D
10.
如图所示,一倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t=0时,滑块以初速度v0=10
m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,下列说法正确的是( )
A.滑块一直做匀变速直线运动
B.t=1
s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上
C.t=2
s时,滑块恰好又回到出发点
D.t=3
s时,滑块的速度大小为4
m/s
解析设滑块上滑时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得mgsin
θ+μmgcos
θ=ma1,解得a1=10
m/s2,上滑时间t1==1
s,上滑的距离s1=v0t1=5
m,因mgsin
θ>μmgcos
θ,所以滑块上滑到速度为零后将向下运动,选项B错误;设滑块下滑时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得mgsin
θ-μmgcos
θ=ma2,解得a2=2
m/s2,t=2
s时,滑块下滑的距离s2=a2(t-t1)2=1
m<5
m,滑块未回到出发点,选项C错误;因上滑和下滑过程中的加速度不同,故滑块全程不做匀变速直线运动,选项A错误;t=3
s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度大小v=a2(t-t1)=4
m/s,选项D正确。
答案D
11.
如图所示,木箱在100
N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5
m/s的速度匀速前进,已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5,拉力F与水平地面的夹角为37°,重力加速度g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8。经过一段时间后撤去拉力F,求:
(1)木箱的质量;
(2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间。
解析(1)对木箱受力分析,由平衡条件得
Fsin
37°+N=mg,Fcos
37°=f,f=μN
解得m=22
kg。
(2)木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,0=v0-at,解得t=1
s。
答案(1)22
kg (2)1
s
12.
如图所示,在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端有一质量m=2.0
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=20
N,方向平行斜面向上,经时间t1=4
s绳子突然断了,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,g取10
m/s2,求:
(1)绳断时物体的速度大小;
(2)绳子断后物体沿斜面上滑的距离;
(3)从绳子断后物体回到出发点所用的总时间。
解析(1)绳子断前对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律得F-mgsin
θ-μmgcos
θ=ma1,
解得a1=2
m/s2,
绳子断时物体的速度v=a1t1=8
m/s,
此时,物体运动的位移s1=a1=16
m。
(2)绳子断后物体继续上滑,由牛顿第二定律有mgsin
θ+μmgcos
θ=ma2,
解得a2=8
m/s2,
物体匀减速运动的时间t2==1
s,
物体匀减速运动的位移s2==4
m。
(3)物体上升到最高点后匀加速下滑,则有
mgsin
θ-μmgcos
θ=ma3,解得a3=4
m/s2,
设从最高点滑下来所用时间为
t3,s=s1+s2=(16+4)m=20
m
由s=a3得t3=
s。故从绳子断后物体回到出发点的总时间为t=t2+t3=(1+)
s。
答案(1)8
m/s (2)4
m (3)(1+)
s
13.在一次无人机载货测试中,一架质量为1
kg的无人机,下方固定一个质量为0.5
kg的配送箱,箱中放有一个质量为1.5
kg的货物,若无人机从地面以最大升力竖直起飞,6
s内匀加速上升了36
m,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6
N。g取10
m/s2,求:
(1)无人机提供的最大升力的大小;
(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小;
(3)若6
s末无人机升力变为24
N,无人机最高能上升到距地面多高处。
解析(1)在匀加速上升的过程中,有h=at2,
解得a=2
m/s2,
根据牛顿第二定律可得Fm-F阻-m总g=m总a,
解得Fm=42
N。
(2)对货物进行受力分析,根据牛顿第二定律可得N-mg=ma,解得N=18
N。
(3)若6
s末无人机升力变为24
N,无人机做匀减速运动,根据牛顿第二定律可得F'-F阻-m总g=m总a1,解得a1=-4
m/s2,t=6
s时的速度v=at=12
m/s,
匀减速上升的距离h1=
m=18
m,
无人机最高能上升到距地面高H=h1+h=54
m处。
答案(1)42
N (2)18
N (3)54
m
14.
如图所示,质量为1
kg的小球套在一根足够长的固定直杆上,杆与水平方向成θ=37°角,球与杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球在大小为20
N,方向竖直向上的拉力F作用下,从距杆的底端0.24
m处由静止开始沿杆斜向上运动,经过1
s后撤去拉力F(g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8)。求:
(1)撤去拉力F前,小球沿杆上滑的加速度大小;
(2)小球从开始运动直至滑到杆的下端所需的时间。
解析(1)小球在拉力F作用下上滑时,对小球受力分析,如图甲所示,
沿杆方向有Fsin
θ-mgsin
θ-f1w=ma1,
沿垂直于杆方向有Fcos
θ=mgcos
θ+N1,
且f1=μN1,
联立解得a1=2
m/s2。
(2)小球在F作用下上滑1
s,则
v1=a1t1=2×1
m/s=2
m/s,
s1=a1×2×12
m=1
m,
撤去拉力F后,小球继续向上运动,对小球受力分析,如图乙所示,沿杆方向有mgsin
θ+f2=ma2,
沿垂直于杆方向有N2=mgcos
θ,且f2=μN2,
联立解得a2=10
m/s2,
此过程s2=
m=0.2
m,t2==0.2
s,
丙
小球运动到最高点后开始下滑,对小球受力分析,如图丙所示。
沿杆方向有mgsin
θ-f3=ma3,
垂直于杆方向有mgcos
θ=N3,且f3=μN3,联立解得a3=2
m/s2,
球下滑到杆的底端,通过的位移s=s0+s1+s2=1.44
m,由s=a3,可得t3=1.2
s,
所需总时间t=t1+t2+t3=2.4
s。
答案(1)2
m/s2 (2)2.4
s(共41张PPT)
4.5 牛顿运动定律的案例分析
第4章
内容索引
01
02
课前篇
自主预习
课堂篇
探究学习
学习目标
思维导图
1.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁。(物理观念)
2.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法。(科学思维)
课前篇
自主预习
必备知识
一、从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况,可以根据牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学公式确定物体的运动情况。
二、从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况,根据运动学公式求出物体的加速度,结合受力分析再根据牛顿第二定律求出力。
自我检测
1.正误辨析
(1)物体所受合力方向就是加速度方向,也就是其运动方向。( )
答案
×
(2)同一个物体,其所受合力越大,速度越大。( )
答案
×
(3)加速度是联系运动和力的桥梁。( )
答案
√
(4)同一物体所受合力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。( )
答案
√
(5)物体初速度的方向与合力的方向相同,物体做加速运动;物体初速度的方向与合力的方向相反,物体做减速运动。( )
答案
√
(6)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。( )
答案
√
2.物体受恒定的水平拉力F作用,恰能沿水平面匀速运动,当撤去这个拉力后,物体将( )
A.匀速运动
B.立即停止运动
C.产生加速度,做匀减速运动
D.不产生加速度,做匀减速运动
答案
C
课堂篇
探究学习
探究一
从运动情况确定受力
关键能力
1.从运动情况确定受力的基本思路
分析物体的运动情况,由运动学公式求出物体的加速度,再由牛顿第二定律求出物体所受的合力;再分析物体的受力,求出物体受到的作用力。流程图如下:
2.从运动情况确定受力的解题步骤
(1)确定研究对象,对物体进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力示意图。
(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,求出物体所受的合力。
(4)选择合适的力的合成与分解的方法,由合力和已知力求出待求的力。
要点笔记
牛顿第二定律确定了运动和力的关系,使我们能够把物体的运动情况和受力情况联系起来。
探究应用
例1(2021广东茂名高二期末)民航飞机配有紧急出口,打开紧急出口,狭长气囊自动充气,形成连通出口与地面的固定斜面,乘客可沿斜面安全滑到地面。某次紧急疏散演练中,质量为m的乘客无初速度地从斜面下滑,经时间t滑到斜面底端,已知斜面倾角为θ,高为h,重力加速度为g,求:
(1)乘客下滑过程中的加速度;
(2)乘客与斜面之间的动摩擦因数。
解析
(1)乘客做初速度为零的匀加速直线运动,设斜面长为s,
(2)对乘客进行受力分析,并沿斜面和垂直斜面方向正交分解,
有N=mgcos
θ,F合=mgsin
θ-μmgcos
θ
由牛顿第二定律得F合=ma
规律方法
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学公式求加速度,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)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,可先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
变式训练1一质量为m=2
kg
的滑块在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a=2.5
m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块,如图所示,使滑块由静止开始向上匀加速运动,在0~2
s时间内滑块沿斜面运动的位移s=4
m,g取10
m/s2。求:
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小。
解析
(1)根据牛顿第二定律可得
探究二
从物体的受力情况确定物体的运动
关键能力
1.从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况,求出物体所受的合力,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:
2.从受力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,求合力的大小和方向。
(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,求运动学物理量——任意时刻的位移和速度,以及运动时间等。
探究应用
例2如图所示,质量m=2
kg的物体静止在水平地面上,物体与水平地面间的动摩擦因数为0.25,现对物体施加一个大小为8
N、与水平方向成θ=37°角斜向上的拉力F,已知sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,g取10
m/s2。
(1)画出物体的受力图,并求出物体的加速度;
(2)求物体在拉力作用下5
s末的速度大小;
(3)求物体在拉力作用下5
s内通过的位移大小。
解析
(1)对物体受力分析如图所示,由图可得Fcos
θ-μN=ma,Fsin
θ+N=mg,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。
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
规律方法
应用牛顿第二定律解题时求解合力的方法
(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,解题时要求准确作出力的平行四边形,然后运用几何知识求解合力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分量。即沿加速度方向Fx=ma,垂直于加速度方向Fy=0。
变式训练2(2020安徽合肥六校联考)有一光滑的斜面固定在水平面上,其倾角为30°,物体从斜面底端以10
m/s速度冲上斜面,如图所示。求:
(1)物体在斜面上运动的最大位移(斜面足够长);
(2)物体沿斜面向上运动的时间。
解析
(1)对物体受力分析如图所示,
F1=mgsin
30°=ma,则a=gsin
30°=5
m/s2
答案
(1)10
m (2)2
s
探究三
多过程问题分析
关键能力
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。将复杂的过程拆分为几个子过程,分析每一个子过程的受力情况、运动性质,用相应的规律解决问题。
2.注意分析两个子过程的交接点,该交接点的速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到“桥梁”的作用,对解决问题起重要作用。
探究应用
例3如图所示,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。人与斜坡及水平面的动摩擦因数均为μ=0.25,不计空气阻力。(g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8)求:
(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。
解析
(1)人在斜坡上下滑时,对人受力分析如图所示。
设人沿斜坡下滑的加速度大小为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
联立以上各式得a=gsin
θ-μgcos
θ=4
m/s2
由匀变速直线运动规律得L=
at2
解得t=2
s。
(2)人在水平面上滑行时,水平方向只受到水平面的摩擦力作用。设人在水平面上运动的加速度大小为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
人在斜坡上下滑的过程:v2=2aL
人在水平面上滑行时:0-v2=-2a's
联立解得s=12.8
m
答案
(1)2
s (2)12.8
m
规律方法
多过程问题的分析方法
(1)明确整个过程由几个子过程组成,分析每个过程的受力情况和运动情况,根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式。
(2)找到相邻过程的联系点,前一过程的末速度是后一过程的初速度。
(3)找到各个过程的位移关系。
变式训练3(2021湖南株洲高一期末)如图所示,一个质量m=20
kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个拉力F,使物体做初速为零、加速度为0.5
m/s2的匀加速直线运动,已知拉力与水平方向的夹角θ=37°,物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,重力加速度g取10
m/s2。
(1)求对物体施加的力F的大小;
(2)求物体在4.0
s末的瞬时速率;
(3)若在4.0
s末时撤去拉力F,求此后物体的加速度大小和物体停下来需要的时间。
解析
(1)对物体进行受力分析,如图所示
以向右为正方向,根据牛顿第二定律以及平衡条件得
水平方向:F·cos
37°-f=ma
竖直方向:F·sin
θ+F支=mg
摩擦力公式:f=μN=μF支
联立代入数据得F=100
N
(2)根据速度与时间的关系得v=at=0.5×4
m/s=2
m/s
(3)撤去力F后,根据牛顿第二定律得-μmg=ma'
则a'=-μg=-5
m/s2
答案
(1)100
N (2)2
m/s (3)-5
m/s2 0.4
s
随堂检测
1.(多选)如图所示,质量为m=1
kg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v0=10
m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为2
N的恒力F,在此恒力F作用下(g取10
m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.物体经10
s速度减为零
B.物体经2
s速度减为零
C.物体的速度减为零后将保持静止
D.物体的速度减为零后将向右运动
答案
BC
2.如图所示,质量为m=3
kg的木块放在倾角θ=30°的足够长的固定斜面上,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时间木块沿斜面上滑4
m的距离,则推力F的大小为(g取10
m/s2)( )
A.42
N
B.6
N
C.21
N
D.36
N
解析
木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin
θ=μmgcos
θ;当在推力作用下加速上滑时,由运动学公式s=
at2得a=2
m/s2,由牛顿第二定律有F-mgsin
θ-μmgcos
θ=ma,得F=36
N,D正确。
答案
D
3.(2020甘肃兰州期末)如图,质量为50
kg的滑雪运动员,在倾角为θ=37°的斜坡顶端,从静止开始匀加速下滑50
m到达坡底,用时10
s,g取10
m/s2,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,求:
(1)运动员到达坡底的速度大小;
(2)运动员受到的滑动摩擦力大小。
解得a=1
m/s2,
故v=at=10
m/s
(2)设运动员受到的滑动摩擦力大小为f
由mgsin
37°-f=ma,
解得f=250
N。
答案
(1)10
m/s (2)250
N
4.如图所示,一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ=30°。一个质量m=1
kg的小物体(可视为质点),在F=10
N的沿斜面向上的拉力作用下,由静止开始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=
。g取10
m/s2。
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小;
(2)若拉力F作用1.2
s后撤去,求物体在上滑过程中距出发点的最大距离。
解析
(1)对物体受力分析,根据牛顿第二定律得:
(2)当拉力F作用t0=1.2
s时,速度大小为v=a1t0=3
m/s,物体向上滑动的距离
整个上滑过程物体距出发点的最大距离s=s1+s2=2.4
m。
答案
(1)2.5
m/s2 (2)2.4
m
本
课
结
束
