牛顿运动定律的应用—动力学两类基本问题

牛顿运动定律的应用—动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题是指已知物体的受力情况求其运动情况和已知物体的运动情况求其受力情况，解决这两类基本问题的思路方法示意图如下：其中受力分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．2.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．3.两类动力学问题的解题步骤类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【题型1】如图所示滑沙游戏中，做如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾斜滑道AB长l AB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.(1)求游客匀速下滑时的速度大小；(2)求游客匀速下滑的时间；(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？【题型2】如图所示为四旋翼无人机，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．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【题型3】如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．【题型4】如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.针对训练1.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝100 N 而由静止向前滑行，其作用时间为t 1＝10 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝15 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝75 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝25 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．2.如图所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝1.0 kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离s ＝1 m 时，其速度v ＝2 m/s ，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)3.在水平地面上有一质量为10 kg 的物体，在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为F 4，方向不变，再经过20 s 停止运动．该物体的速度与时间的关系如图所示(g ＝10 m/s 2)．求：(1)整个过程中物体的位移大小；(2)物体与地面的动摩擦因数．4.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端静止。

现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ； (2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t 。

5.如图所示，有一质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？6.随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。

一架质量为m＝2.0×104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。

假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。

已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小。

7.如图所示，质量为1 kg的物体放于倾角θ为37°的足够长的固定斜面底端，受到30 N 的水平拉力作用而由静止开始向上运动，物体与斜面的动摩擦因数为0.5，2 s后将水平拉力撤去。

(g取10 m/s2)(1)求物体向上运动的最高点的位置：(2)水平拉力撤去后还要经过多少时间物体才能再次回到斜面底端？8.如图所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°。

已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；(2)当汽车以a′＝10 m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。

牛顿运动定律的应用—动力学两类基本问题参考答案【题型1】【答案】 (1)16m/s (2)4s (3)210N【解析】 (1)由mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得游客从顶端A 点由静止滑下的加速度a ＝2m/s 2.游客匀速下滑时的速度大小为v ＝at 1＝16 m/s.(2)加速下滑路程为l 1＝12at 12＝64m ，匀速下滑路程l 2＝l AB －l 1＝64m ，游客匀速下滑的时间t 2＝l 2v＝4s. (3)设游客在BC 段的加速度大小为a ′，由0－v 2＝－2a ′x 解得：a ′＝0－v 2－2x＝8m/s 2， 由牛顿第二定律得：F ＋μmg ＝ma ′，解得制动力F ＝210N.【题型2】【答案】 (1)4 N (2)100 m (3)553s 【解析】 (1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F －mg －f ＝ma由运动学规律得，上升高度：h ＝12at 2 联立解得：f ＝4 N ； (2)下落过程由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma 1 解得：a 1＝8 m/s 2落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m ；(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F －mg ＋f ＝ma 2得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，则有：v m 22a 1＋v m 22a 2＝H 解得：v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1得：t 1＝553s. 【题型3】【答案】 (1)8 m/s 3 m/s 2 (2)5.2 N (3)F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α【解析】 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式有：L ＝v 0t ＋12at 2，v t ＝v 0＋at 联立解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s (2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F －mg sin θ－f ＝ma垂直斜面方向F N ＝mg cos θ 其中f ＝μF N解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma ＝5.2 N(3)拉力F 与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有：F cos α－mg sin θ－f ＝maF N ＋F sin α－mg cos θ＝0其中f ＝μF N解得：F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α.【题型4】【答案】 (1)0.5m 1.5m (2)4m/s 2 4 m/s 2 8N【解析】 (1)在2s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1m ＝1m 物块下滑的距离：x 2＝12×1×1m ＝0.5m 所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5m路程L ＝x 1＋x 2＝1.5m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4m/s 2，a 2＝4m/s 2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有：0～0.5s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 10.5～1s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2 解得：F ＝8N针对训练1.【答案】 (1)10 m/s 50 m (2)187.5 m【解析】 (1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1由牛顿第二定律得：F －f ＝ma 1 解得：a 1＝1 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s通过的位移为s 1＝12a 1t 12＝50 m (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝f m ＝13m/s 2 经历时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝5 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1s 1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离s 2＝v 222a 2联立解得：s 2＝187.5 m.2.【答案】 (1)0.5 (2)1.6 N ，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变【解析】 (1)由v 2＝2as 得：a ＝2 m/s 2对物块由牛顿第二定律有：mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma解得：μ1＝0.5(2)以物块和木楔ABC 整体为研究对象，作出受力图如图．(m ＋M )g －F N ＝ma y ，f ＝ma x ，a x ＝a cos θ，a y ＝a sin θ解得：F N ＝108.8 N ，f ＝1.6 N(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．3.【答案】 (1)150 m (2)0.1【解析】(1)整个过程的位移的大小等于v －t 图象中三角形的面积，即s ＝12×10×30 m ＝150 m (2)由图象知前10 s 的加速度a 1＝1 m/s 2后20 s 的加速度数值为a 2＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1，μmg －F 4＝ma 2 解以上两方程得：μ＝0.1 4.【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s 【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度大小为a ，则对滑块有μmg ＝ma ，滑块恰好滑到木板右端静止，则有：0－v 20＝－2aL 解得：μ＝v 202gL＝0.5 (2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a 1，上滑的最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有：μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1,0－v 20＝－2a 1s,0＝v 0－a 1t 1 解得：s ＝1.25 m ，t 1＝12s 设滑块下滑时的加速度大小为a 2，下滑的时间为t 2，有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，s ＝12a 2t 22解得：t 2＝52s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52 s 5.【答案】 (1)2 m/s (2)0.5 (3)5 N【解析】 (1)设物体到达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：s ＝12vt ，v ＝2s t＝2 m/s ； (2)由运动学公式得：a 1＝v t＝2 m/s 2 由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1联立解得：μ＝0.5(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，则有： F 合sin θ－μF 合cos θ＝ma 2将a 2＝1.5 m/s 2，θ＝37°，μ＝0.5代入可得：F 合＝15 N ，F 合＝mg －F ＝15 N ，解得：F ＝5 N.6.【答案】 (1)4.0 m/s 2 (2)58 m/s 2 1.1×106 N【解析】 (1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 2，此过程中的平均阻力f 2＝0.2mg 。