4.5牛顿运动定律的应用 学案－2021年粤教版（新教材）物理必修第一册

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1、第五节第五节 牛顿运动定律的应用牛顿运动定律的应用 学习目标 1.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁.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. 牛顿运动定律的应用 1.应用牛顿第二定律分析和解决问题的一般步骤 首先确定研究对象，进行受力分析；其次根据牛顿第二定律，将待求量和已知量联系起来，加速度是联系 力与运动的桥梁. 2.两类基本问题 (1)从受力情况确定运动情况 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情况 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

2、据牛顿第二定律求出 力. 1.判断下列说法的正误. (1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向.( ) (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.( ) 2.如图 1 所示，一质量为 8 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，用一水 平拉力 F20 N 拉物体使其由 A 点开始运动，经过 8 s 后撤去拉力 F，再经过一段时间物体到达 B 点停止. 则：(g10 m/s2) 图 1 (1)在拉力 F 作用下物体

3、运动的加速度大小为 m/s2. (2)撤去拉力 F 瞬间，物体的速度大小 v m/s. (3)撤去拉力 F 后物体运动的距离 s m. 答案 (1)0.5 (2)4 (3)4 解析 (1)对物体受力分析，如图所示 竖直方向 mgFN 水平方向，由牛顿第二定律得 FFNma1 解得 a1FFN m 0.5 m/s2 (2)撤去拉力时物体的速度 va1t 解得 v4 m/s (3)撤去拉力 F 后由牛顿第二定律得mgma2 解得 a2g2 m/s2，由 0v22a2s 解得 s0v 2 2a2 4 m. 一、从受力情况确定运动情况 1.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

4、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. 2.流程图 已知物体 受力情况 由Fma 求得a 由 vtv0at sv0t1 2at 2 vt2v022as 求得s、 v0、vt、t 如图 2 所示，质量 m2 kg 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 F8 N、 与水平方向成 37 角斜向上的拉力， 已知 sin 37 0.6， cos 37 0.8，g 取 10 m/s2. 图 2 (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)

5、求物体在拉力作用下 5 s 内通过的位移大小. 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 解析 (1)对物体受力分析如图. 由牛顿第二定律可得： Fcos fma 又 Fsin FNmg fFN 联立并代入数据解得：a1.3 m/s2，方向水平向右； (2)vat1.35 m/s6.5 m/s； (3)s1 2at 21 21.35 2 m16.25 m. 针对训练 1 如图 3 所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成37 角， 一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷 天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为 F10 N，刷子的

6、质量为 m0.5 kg，刷 子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数 0.5，天花板长为 L4 m，sin 37 0.6，cos 37 0.8，g 10 m/s2.求： 图 3 (1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小； (2)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间. 答案 (1)2 m/s2 (2)2 s 解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示 杆对刷子的作用力为 F，滑动摩擦力为 f，天花板对刷子的弹力为 FN，刷子所受重力为 mg，由牛顿第二定 律得 (Fmg)sin 37 (Fmg)cos 37 ma 代入数据解得 a2 m/s2. (2)由运动学公式得 L1 2at 2

7、 代入数据解得 t2 s. 二、从运动情况确定受力情况 1.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. 2.流程图 已知物体 运动情况 由运动学公式 求得a 由Fma 确定物体 受力情况 民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动 充气，生成一条连接出口与地面的斜面，斜面的倾角为 30 ，人员可沿斜面匀加速滑行到地上.如果气囊所构 成的斜面长度为 8 m，一个质量为 50 kg 的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为 2 s.(g10 m/s2)求： (

8、1)乘客滑至斜面底端时的速度大小； (2)乘客与气囊之间的动摩擦因数. 答案 (1)8 m/s (2) 3 15 解析 (1)设乘客滑至斜面底端时的速度大小为 v 则 sv 2 t 代入数据解得 v8 m/s (2)设乘客沿气囊下滑过程的加速度大小为 a 则 s1 2at 2 解得 a4 m/s2 对乘客进行受力分析如图所示 沿气囊所在斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，可得 FNmgcos 30 mgsin 30 fma fFN 联立各式可得 3 15. 针对训练 2 一质量为 m2 kg 的滑块在倾角为 30 的足够长的固定斜面上在无外力 F 的情况下以加速 度 a2.5 m/s2匀加

9、速下滑.若用一水平向右的恒力 F 作用于滑块，如图 4 所示，使滑块由静止开始沿斜面向 上做匀加速直线运动，在 02 s 时间内沿斜面运动的位移 s4 m.求：(g 取 10 m/s2) 图 4 (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 ； (2)恒力 F 的大小. 答案 (1) 3 6 (2)76 3 5 N 解析 (1)根据牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma， 代入数据解得 3 6 . (2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动， 由 s1 2a1t 2，代入数据解得加速度大小 a 12 m/s 2. 根据牛顿第二定律可得： Fcos mgsin (Fsin mgcos )ma1， 代入数据

10、得 F76 3 5 N. 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交接的位置， 该交接点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，对解决问题有重要作用. 如图 5 所示，ACD 是一滑雪场示意图，其中 AC 是长 L8 m、倾角 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

11、均为 0.25，不计空气阻力.(取 g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8)求： 图 5 (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)人在斜坡下滑时，对人受力分析如图所示. 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 fma fFN 垂直于斜坡方向有 FNmgcos 0 联立以上各式得 agsin gcos 4 m/s2 由匀变速直线运动规律得 L1 2at 2 解得：t2 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

12、上运动的加速度大小为 a， 由牛顿第二定律得 mgma 设人到达 C 时的速度为 v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡下滑的过程：v22aL 人在水平面上滑行时：0v22as 联立解得 s12.8 m. 针对训练 3 如图 6 所示，在倾角为 37 的足够长的固定斜面底端有一质量 m1.0 kg 的物体，物体与斜 面间的动摩擦因数0.25.现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动， 拉力F10 N， 方向平行于斜面向上， 经时间 t4.0 s 绳子突然断了(已知 sin 37 0.60，cos 37 0.80，g 取 10 m/s2)，求： 图 6 (1)绳断时物体的速度大小； (2)绳子断后物

13、体沿斜面上升的最大位移的大小. 答案 (1)8.0 m/s (2)4.0 m 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 f，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： Fmgsin fma1 又 fFN，FNmgcos 解得：a12.0 m/s2 则 t4.0 s 时物体的速度大小 v1a1t8.0 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 fma2 fFN，FNmgcos ，代入数值联立解得 a28.0 m/s2. 做匀减速运动的位移为 sv1 2 2a24.0 m.