201X-201x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――→F 合＝ma

求a ，

????

?

s ＝v 0

t ＋12at

2

v t ＝v 0

＋at v 2

t

－v 2

＝2as

→求得s 、v 0、v t 、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/s 2.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：?

??

F cos θ－μN ＝ma F sin θ＋N ＝mg

解得：a ＝1.3 m/s 2，方向水平向右 (2)v t ＝at ＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s

(3)s ＝12at 2＝1

2

×1.3×52 m ＝16.25 m

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 二、从运动情况确定受力

运动情况――――――――→匀变速直线运动公式求a ――→F 合＝ma

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/s 2)，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＝h L

.

乘客沿气囊下滑过程中，由L ＝12at 2得a ＝2L

t

2，代入数据得a ＝2.5 m/s 2.

(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mg sin θ－f ＝ma ，

沿y 轴方向有N －mg cos θ＝0， 又f ＝μN ，联立方程解得

μ＝g sin θ－a g cos θ

≈0.92.

答案 (1)2.5 m/s 2 (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3

4.设球受到的

空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，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 a 1＝Δv Δt ＝4－00.5 m/s 2＝8 m/s 2

根据牛顿第二定律，得mg －f ＝ma 1 所以弹性球受到的空气阻力

f ＝m

g －ma 1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N

(2)弹性球第一次反弹后的速度v 1＝3

4

×4 m/s＝3 m/s

根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma 2，得弹性球上升过程的加速度为a 2＝mg ＋f m ＝0.1×10＋0.2

0.1

m/s 2＝12 m/s 2

根据v 2t －v 21＝－2a 2h ，得弹性球第一次反弹的高度

h ＝v 2

1

2a 2＝322×12

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t 1＝10 s 后撤去力F ，再经一段时间，物体又静止，(g 取10 m/s 2)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：

F sin θ＋N 1＝mg ，F cos θ－f ＝ma 1 f ＝μN 1

s 1＝12

a 1t 21

v t ＝a 1t 1，联立各式并代入数据解得 s 1＝25 m ，v t ＝5 m/s

(3)撤去F 后对物体受力分析如图乙，有：

f ′＝μN 2＝ma 2，N 2＝mg,2a 2s 2＝v 2t ，

联立各式并代入数据解得s 2＝2.5 m 物体运动的总位移：s ＝s 1＋s 2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/s 2，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

mg sin θ－f ＝ma ，f ＝μN

垂直于斜坡方向有N －mg cos θ＝0 由匀变速运动规律得L ＝1

2

at 2

联立以上各式代入数据解得a ＝4 m/s 2，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：v 2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v 2＝－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 －mg cos θ＝0

① mg sin θ－f ＝ma

② 又因为f ＝μN

③

由①②③可得：a ＝g (sin θ－μcos θ) 故s ＝12at 2＝1

2

g (sin θ－μcos θ)t 2

＝12×10×(12－0.04×3

2

)×52 m≈58.2 m v t ＝at ＝10×(12－0.04×3

2

)×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/s 2)

图6

答案 30°

3

15

解析 由题图可知上滑过程的加速度大小为： a 上＝12

2

m/s 2＝6 m/s 2，

下滑过程的加速度大小为：a 下＝12

5－2 m/s 2＝4 m/s 2

上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图，上滑过程

a 上＝mg sin θ＋μmg cos θm

＝g sin θ＋μg cos θ

下滑过程a 下＝g sin θ－μg cos θ， 联立解得θ＝30°，μ＝

315

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s 0＝v 0＋0

2

t 1

解得v 0＝2s 0

t 1

＝4 m/s

(2)关闭发动机后汽车匀减速过程的加速度a 2＝0－v 0

t 2

＝－2 m/s 2

由牛顿第二定律有－f ＝ma 2，解得f ＝4×103 N (3)设开始加速过程中汽车的加速度为a 1 s 0＝12

a 1t 21

由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1

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m A >m B ，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s A 与s B 相比为( ) A ．s A ＝s B B ．s A >s B C ．s A

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：a A ＝a B .

物体减速到零时滑行的距离最大，由运动学公式可得：

v 2A ＝2a A s A ，v 2B ＝2a B s B ，

又因为v A ＝v B ，a A ＝a B . 所以s A ＝s B ，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 ＝F 合m ＝F －kmg m ＝F m

－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/s 2，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v02＝2as，可得汽车刹车前的速度为：v0＝2as ＝2μgs＝2×0.7×10×14m/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＝F

m＝30

20

m/s2＝1.5 m/s2,3 s末物体的速度为v t＝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v2t＝2as，得a＝v2t

2s＝

1002

2×0.5

m/s2＝1×104m/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

解析 汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s

设汽车匀减速的加速度大小为a ，则a ＝v 0t

＝5 m/s 2 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 2t ＝2gH

缓冲减速过程：v 2

t ＝2ah

由牛顿第二定律列方程F －mg ＝ma

解得F ＝mg (1＋H

h

)＝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F a 、F b 的变化情况是( )

图1

A ．F a 变大，F b 不变

B ．F a 变大，F b 变小

C ．F a 不变，F b 变小

D ．F a 不变，F b 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：F a sin α－F b ＝ma

① 竖直方向：F a cos α－mg ＝0

②

由题知α不变，由②分析知F a 不变，由①知F b ＝F a sin α－ma

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 ＝Δv

Δt

＝0.125 m/s 2，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 ＝F

a

＝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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

答案 0.5 m/s 2，方向与运动方向相同 5 m/s 2，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：

F cos 37°－F f ＝ma .F sin 37°＋F N ＝mg .又F f ＝μF N .

联立解得a ＝0.5 m/s 2，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

F f ′＝μmg ＝200 N ，

由牛顿第二定律得F f ′＝ma ′

解得a ′＝5 m/s 2，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/s 2) 答案 (1)14.4 m (2) 6 s

解析 (1)设上滑时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1 解得a 1＝7.2 m/s 2

上滑的最大位移为s ＝v 2

02a 1

代入数据得s ＝14.4 m

(2)设下滑时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：

mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2

解得a 2＝4.8 m/s 2 由s ＝1

2

a 2t 2得下滑时间t ＝

2s

a 2

＝ 6 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v 0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)33 (2)3v 2

04g

(3)

3＋6v 0

2g

解析 (1)当θ＝30°时，对小木块受力分析得：

mg sin θ＝μN ① N ＝mg cos θ

②

联立①②得：μ＝tan θ＝tan 30°＝3

3

(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为a 1，位移为s ，则：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，

v 20＝2a 1s

则：s ＝v 202g sin θ＋μcos θ

θ＝60°

s ＝v 2

02g sin 60°＋μcos 60°＝3v 20

4g

(3)θ＝60°，当小木块向上运动时，时间t 1＝v 0

a 1＝

3v 0

2g

当小木块向下运动时，小木块的加速度为a 2，则：

mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2

解得：a 2＝3

3g

由s ＝12a 2t 22得：t 2＝6v 0

2g

故：t ＝t 1＋t 2＝

3＋6v 0

2g

如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！