3.5 牛顿运动定律的应用 学案（含解析）

《3.5 牛顿运动定律的应用 学案（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《3.5 牛顿运动定律的应用 学案（含解析）（13页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、5 牛顿运动定律的应用学习目标 1.明确动力学的两类基本问题.2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法一、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，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力一、从受力确定运动情况导学探究 如图 1 所示，运动小车中悬线下的小球向左偏离，偏角为 .图 1(1)小球受几个力作用？合力方向向哪？(2)小球的加速度方向向哪？小车可能做什么运动？答案 (1)两个力；合力方向水平向右(2)小球的加速度方向与合力方向相同，所

2、以加速度方向水平向右；若小车向左运动，则做向左的匀减速直线运动；若小车向右运动，则做向右的匀加速直线运动知识深化1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( 包括大小和方向)(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，求运动学量任意时刻的位移和速度，以及运动时间等2流程受力情况合力 F 求 a， F ma Error!求 x、v 0、v、t.例 1 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

3、F8 N、与水平方向成 37角斜向上的拉力，已知 sin 370.6，cos 370.8，g 取 10 m/s2.求：图 2(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 内通过的位移大小答案 (1)见解析图 1.3 m/s 2，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：由牛顿第二定律得：Fcos fmaFsin NmgfN解得：a1.3 m/s 2，方向水平向右(2)vtat1.3 5 m/s6.5 m/ s.(3)x at2 1.352 m16.25 m.12 12二、从运

4、动情况确定受力知识深化1解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，画出力的示意图；(2)选取合适的运动学公式，求加速度 a；(3)根据牛顿第二定律列方程，求合力；(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求所需的力2流程运动情况 a 受力情况 运 动 学 公 式 F ma 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来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达地面的时间不超过 2.0

5、 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？答案 (1)2.5 m/s 2 (2)0.92解析 (1)由题意可知， h4.0 m，L5.0 m， t2.0 s.设斜面倾角为 ，则 sin .hL乘客沿气囊下滑过程中，由 L at2 得 a ，代入数据得 a2.5 m/s 2.12 2Lt2(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 fma ，沿 y 轴方向有 Nmgcos 0，又 fN，联立方程解得 0.92.gsin agcos 三、多过程问题分析知识深化1当题目给出的物理过程

6、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 如图 3 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均为 0.25，不计空气阻力(取 g10 m/s 2，sin 37 0.6，cos

7、370.8) 求：图 3(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，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 fmafN垂直于斜坡方向有 Nmgcos 0由匀变速运动规律得 L at212联立以上各式得 agsin gcos 4 m/s 2t2 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 mgma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：v

8、 22aL人在水平面上滑行时：0v 22ax联立以上各式解得 x12.8 m1(从受力情况确定运动情况)( 多选)一个静止在水平面上的物体，质量为 2 kg，受水平拉力F6 N 的作用从静止开始运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数 0.2( g 取 10 m/s2)，则( )A2 s 末物体的速度为 2 m/sB2 s 内物体的位移为 6 mC2 s 内物体的位移为 2 mD2 s 内物体的平均速度为 2 m/s答案 AC解析 物体竖直方向受到的重力与支持力平衡，合力为零，水平方向受到拉力 F 和滑动摩擦力 f，则根据牛顿第二定律得Ffma，又 fmg联立解得，a1 m/s 2.所以 2 s

9、末物体的速度为 vtat12 m /s2 m/s，A 正确；2 s 内物体的位移为 x at22 m ，B 错误，C 正确；122 s 内物体的平均速度 m/s1 m/s，D 错误vxt 222(从运动情况确定受力情况) 质量为 m3 kg 的木块放在倾角为 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 t2 s 时间物体沿斜面上升 4 m 的距离，则推力 F 为( g 取 10 m/s2)( )图 4A42 N B6 N C21 N D 36 N答案 D解析 因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin mgcos

10、 ，所以 tan ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式 x at2 得 a2 m/s2，由牛顿第二定律得：Fmgsin 12mgcos ma，得 F36 N，D 正确3(多过程问题分析)总质量为 m75 kg 的滑雪者以初速度 v08 m/s 沿倾角为 37的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数 0.25，假设斜面足够长sin 370.6，g 取 10 m/s2，不计空气阻力试求：(1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离；(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小答案 (1)4 m (2)4 m/s2解析 (1)上滑过程中， 对滑雪者进行受力分析，如图所示

11、，滑雪者受重力 mg、支持力 N、摩擦力 f 作用，设滑雪者的加速度为 a1.根据牛顿第二定律有：mgsin fma 1，a1 方向沿斜面向下在垂直于斜面方向有：Nmgcos 又摩擦力 fN由以上各式解得：a 1g(sin cos )8 m/s 2滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减 为零时的位移 x 4 m，即滑雪者沿斜面v202a1上滑的最大距离为 4 m.(2)滑雪者沿斜面下滑时， 对其受力分析如图所示滑雪者受到重力 mg、支持力 N及沿斜面向上的摩擦力 f，设加速度大小为 a2.根据牛顿第二定律有：mgsin f ma2，a2 方向沿斜面向下在垂直于斜面方向有：Nmgcos 又摩擦

12、力 fN由以上各式解得：a 2g(sin cos )4 m/s 2滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为 4 m，速度大小为 v 4 m/s.2a2x 2课时作业一、选择题(17 为单选题， 810 为多选题)1雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像可以正确反映出雨滴下落运动情况的是( )答案 C解析 对雨滴受力分析，由牛 顿第二定律得：mgfma.雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在 vt 图像中其斜率变小，故选项 C 正确2用 30 N 的水平外力 F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为 20

13、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( )Av4.5 m/s，a1.5 m/s 2Bv7.5 m/s，a1.5 m/ s2Cv4.5 m/s ，a0Dv7.5 m/s，a0答案 C解析 力 F 作用下 a m/s21.5 m/s2,3 s 的速度 vtat 4.5 m/s,3 s 后撤去拉力后Fm 3020F0，a0，物体做匀速运动，故 C 正确3一个物体在水平恒力 F 的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为 v，如果要使物体的速度变为 2v，下列方法正确的是( )A将水平恒力增加到 2F，其他条件不变B将物体质量减小一

14、半，其他条件不变C物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍D将时间增加到原来的 2 倍，其他条件不变答案 D解析 由牛顿第二定律得 Fmgma，所以 a g，对比 A、B、C 三项，均不能满足要Fm求，故选项 A、B、C 均错，由 vtat 可得选项 D 对4A、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 mAmB，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 xA 与 xB 相比为( )Ax A xB Bx AxBCx Af 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为 C.6竖直上抛物体受到的空气阻力 f 大小恒定，物体上升到最高点时间为 t1，从最高点

15、再落回抛出点所需时间为 t2，上升时加速度大小为 a1，下降时加速度大小为 a2，则( )Aa 1a2，t 1a2，t 1t2Ca 1t2答案 A解析 上升过程中，由牛顿第二定律，得mgfma 1 设上升高度为 h，则 h a1t 12 21下降过程，由牛顿第二定律，得mgfma 2 h a2t 12 2由得，a 1a2，t1a 下 ，所以 t 上 t 下 ，故选项 D 错误2xa8在光滑水平面上有一物体受水平恒力 F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图 3 所示，当物体与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是( )图 3A物体接触弹簧后即做减速运动B物体接触弹

16、簧后先加速后减速C当弹簧处于压缩量最大时，物体的加速度不等于零D当物体的速度为零时，它所受的合力不为零答案 BCD解析 物体与弹簧接触后，弹 力由零逐渐变大，开始 时向左的 弹力小于拉力，故合力向右，但合力不断变小，当弹力增大到等于拉力 时，合力减 为零，加速度也减为零，速度达到最大，之后物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步增大， 变得大于拉力，合力变为向左，且不断变大，故物体不断减速，加速度不断增大，直到速度减为零即物体先做加速度不断减小的加速运 动，后做加速度不断增大的减速运动，故 A 错误，B 正确；当弹 簧弹力等于拉力时，加速度最小，等于零，而速度最大，当速度减为零时，加速度最大，合力

17、也最大，故 C、D 正确9.如图 4 所示，质量为 m 的小球置于倾角为 的斜面上，被一个竖直挡板挡住现用一个水平力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，重力加速度为 g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )图 4A斜面对小球的弹力为mgcos B斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为 maC若增大加速度 a，斜面对小球的弹力一定增大D若增大加速度 a，竖直挡板对小球的弹力一定增大答案 AD解析 对小球受力分析如图所示，把斜面 对小球的弹力 N2进行正交分解，竖直方向有 N2cos mg ，水平方向有 N1N 2sin ma，所以斜面对小球的弹力为 N2 ，A 正mgcos

18、 确N 1 mamgtan .由于 N2 即与 a 无关，故当增大加速度 a 时，斜面对小球的弹力不mgcos 变，挡板对小球的弹力 N1 随 a 增大而增大，故 C 错，D 对小球受到的合力为 ma，故 B 错误10.如图 5 所示，质量为 m2 的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为 m1 的物体 1，与物体 1 相连接的绳与竖直方向成 角，则( )图 5A车厢的加速度为 gtan B绳对物体 1 的拉力为m1gcos C底板对物体 2 的支持力为 (m2m 1)gD物体 2 所受底板的摩擦力为 m2gsin 答案 AB解析 对物体 1 进行

19、受力分析，且把拉力 T 沿水平方向、竖直方向分解，有Tcos m1g，Tsin m 1a得 T agtan m1gcos 所以 A、B 正确对物体 2 进行受力分析有 N Tm 2gf 静 m 2a根据牛顿第三定律，TT解得 Nm 2gm1gcos f 静 m 2gtan 故 C、D 错误二、非选择题11如图 6 所示，质量为 2 kg 的物体在 40 N 水平推力作用下，从静止开始 1 s 内沿竖直墙壁下滑 3 m求：(取 g10 m/s 2)图 6(1)物体运动的加速度大小；(2)物体受到的摩擦力大小；(3)物体与墙间的动摩擦因数答案 (1)6 m/s 2 (2)8 N (3)0.2解析

20、(1)由 h at2，可得：a 6 m/s 212 2ht2(2)分析物体受力情况如图所示：水平方向：物体所受合外力 为零，NF40 N竖直方向：取向下为正方向，由牛 顿第二定律得：mgfma可得：fmgma8 N(3)物体与墙间的滑动摩擦力 fN所以 0.2fN 84012.某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图 7 所示，已知斜面倾角为 45，光滑小球的质量 m3 kg，力传感器固定在竖直挡板上求：(g10 m/s2)图 7(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；(2)当整个装置向右匀加速直线运动时，力传感器示数为 36 N，此时装置的加速度大小；(3)某次

21、整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为 0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？答案 (1)30 N (2)2 m/s 2 (3)方向向左，加速度大小为 10 m/s2解析 (1)以小球为研究对象，设小球与力传感器静止时的作用力大小为 F，小球与斜面间的作用力大小为 N，对小球受力分析如图所示，由几何关系可知：Fmg310 N30 N；(2)竖直方向 Ncos 45mg；水平方向 FNsin 45 ma；解得：a2 m/s 2；(3)要使力传感器示数为 0，则有：Ncos 45mg；Nsin 45ma ；解得：a10 m/s 2，方向向左13如图 8 所示，木板与水平地

22、面间的夹角 可以随意改变，当 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 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 8(1)小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当 60 角时，小木块沿木板向上滑行的距离；(3)当 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)33 3v204g 3 6v02g解析 (1)当 30时，对小木块受力分析得：mgsin N Nmgcos 联立得： tan tan 3033(2)当小木块向上运动时， 设小木块的加速度为 a1，位移为 x，则：mgsin mgcos ma 1v 2a 1x20则：xv202gsin cos 60x v202gsin 60 cos 60 3v204g(3)60，当小木块向上运动时，时间 t1 v0a1 3v02g当小木块向下运动时，小木块 的加速度为 a2，则：mgsin mgcos ma 2解得：a 2 g33由 x a2t 得： t212 2 6v02g故：tt 1t 2 3 6v02g