资源简介

牛顿运动定律的应用
学习目标
1．通过分析动力学的两类基本问题，掌握解题的步骤和方法
2．结合对连接体问题的分析，掌握整体法和隔离法的应用
3．从力学和运动学的角度分析临界问题，掌握临界条件的分析和应用
预习案
知识清单
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由__________求出物体的加速度，再通过__________的规律就可以确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据__________求出物体的加速度，再根据__________确定物体所受的力．
自我检测
思考辨析
1．判断：物体受恒定的水平拉力作用，恰能沿水平面匀速运动，当撤去这个拉力后，物体将立即停止运动．（ ）
2．判断：由运动情况可以确定受力情况，说明运动决定受力．（ ）
探究案
课堂探究
探究1 从受力确定运动情况
核心归纳
1．基本思路
首先对研究对象进行受力情况和运动情况分析，把题中所给的情况弄清楚，然后由牛顿第二定律，结合运动学公式进行求解．
2．解题步骤
（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力示意图．
（2）根据力的合成与分解，求出物体所受的合力（包括大小和方向）．
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度．
（4）结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动学量——任意时刻的位移和速度．
已知物体的受力情况求得a，由
→求x、v0、v、t．
典型例题
例1 楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°，一装修工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，如图所示，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F=10 N，刷子的质量为m=0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ为0.5，天花板长为L=4 m，取sin 37°=0.6，g取10 m/s2，试求：
（1）刷子沿天花板向上的加速度；
（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．
思路分析：解答该题应该遵循以下步骤：先对物体受力分析；根据受力情况，采用正交分解法求合力；由牛顿第二定律求出加速度后，再利用运动学公式求出运动时间．
尝试解答
方法点拨
（1）正确的受力分析是解答此类题目的关键．
（2）若物体受两个力作用，用合成法求加速度往往要简便一些；若物体受三个或三个以上的力作用时，要正确应用正交分解法求加速度．
拓展练习
1．一个静止在水平面上的物体，质量为2 kg，受水平拉力F=6 N的作用从静止开始运动，已知物体与平面间的动摩擦因数μ=0.2，求物体2 s末的速度及2 s内的位移（g取10 m/s2）．
探究2 从运动情况确定受力
核心归纳
1．基本思路
首先从物体的运动情况入手，应用运动学公式求得物体的加速度a，再在分析物体受力的基础上，灵活利用牛顿第二定律求出相应的力．
2．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，求得加速度a．
（3）根据牛顿第二定律列方程，求得合力．
（4）根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力．
已知物体运动情况a物体受力情况．
典型例题
例2 《中华人民共和国侵权责任法》第八十七条规定：从建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害，难以确定具体侵权人的，除能够证明自己不是侵权人外，由可能加害的建筑物使用人给予补偿．绵阳一小伙就借助该条款赢得了应有的赔偿．假设质量为5.0 kg的物体，从离地面36 m高处，由静止开始加速下落，下落过程中阻力恒定，经3 s落地．试求：
（1）物体下落的加速度的大小；
（2）下落过程中物体所受阻力的大小（g取10 m/s2）．
思路分析：解答该题时应把握好物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，然后把握好物体的受力情况，求出阻力大小．
尝试解答
方法点拨
解决动力学问题时，首先要对物体做好受力分析和运动分析，明确物体的受力情况和运动情况．建立合适的坐标系和选择合适的正方向有助于简化问题．
拓展练习
2．民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气形成一个通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB=3.0 m，斜面气囊长度AC=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 s，g取10 m/s2，问：
（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？
（2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力）
探究3 多过程问题分析
核心归纳
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．
典型例题
例3 如图示，在倾角θ=37°、足够长的斜面底端有一质量m=1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现用大小为F=22.5 N、方向沿斜面向上的拉力将物体由静止拉动，经时间t0=0.8 s撤去拉力F，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2，求：
（1）t0=0.8 s时物体速度v的大小；
（2）撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t．
思路分析：明确物体在每一阶段的受力情况，划分好运动过程，这些过程之间通过速度联系．根据受力情况求出物体的加速度，进而确定物体的速度、位移和运动时间．
尝试解答
方法点拨
解决多过程问题时，受力情况和运动情况的分析很重要，特别是对运动过程较复杂的问题．分析时，一定要弄清楚整个过程的加速度是否相同，若不同，必须分阶段处理，加速度改变时的速度是前后过程联系的桥梁．
拓展练习
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所示的力F，F=10 N，θ=37°（sin 37°=0.6），经t1=10 s后撤去力F，再经一段时间，物体又静止（g取10 m/s2），则：
（1）物体运动过程中最大速度是多少？
（2）物体运动的总位移是多少？
随堂检测
1．一光滑斜劈，在力F推动下向左匀加速运动，且斜劈上有一木块恰好与斜劈保持相对静止，如图所示，则木块所受合力的方向为（ ）
A．水平向左 B．水平向右
C．沿斜面向下 D．沿斜面向上
2．设洒水车的牵引力不变，所受的阻力与车重成正比，洒水车在平直路面上原来匀速行驶，开始洒水后，它的运动情况将是（ ）
A．做匀速运动 B．做匀加速运动
C．做匀减速运动 D．做变加速运动
3．（多选）如图光滑水平面与水平传送带相接，传送带以速度v1=3 m/s逆时针转动，物块与传送带间动摩擦因数μ=0.5，现物块以初速度v0=5 m/s从A端滑上传送带，恰好不会从传送带B端滑下，g取10 m/s2，则（ ）
A．传送带长L=2.5 m
B．物块在传送带上运动总时间t=2 s
C．若传送带静止，物块仍以速度v0滑上传送带，将会以一定速度从B端滑离传送带
D．若传送带以速度v2=5 m/s顺时针转动，物块在传送带上运动总时间为0.5 s
4．（多选）如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，已知mA=6 kg、mB=2 kg，A、B间动摩擦因数μ=0.2，在物体A上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20 N，现水平向右拉细线，g取10 m/s2，则（ ）
A．当拉力F<12 N时，A静止不动
B．当拉力F>12 N时，A相对B滑动
C．当拉力F=16 N时，B受A的摩擦力等于4 N
D．在拉力允许的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止
5．在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车（如图甲所示）．在光滑水平面AB上（如图乙所示），机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块达到B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面（设经过B点前后速率不变），最高能到达C点．
机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下．
t/s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 …
v/（m·s-1） 0 0.4 0.8 … 3.0 2.0 1.0 …
求：（1）机器人对小滑块作用力F的大小；
（2）斜面的倾角α的大小．
参考答案
预习案
知识清单
1．牛顿第二定律 运动学
2．运动学公式 牛顿第二定律
自我检测
思考辨析
1．× 2．×
探究案
课堂探究
典型例题
例1 （1）2 m/s2 （2）2 s
解析：（1）以刷子为研究对象，受力分析如图，以平行和垂直斜面建立坐标系．设向上推力为F，滑动摩擦力为Ff，天花板对刷子的弹力为FN，由牛顿第二定律，得
（F-mg）sin 37°-μ（F-mg）cos 37°=ma，代入数据，得a=2 m/s2．
（2）由运动学公式，得．代入数据，得t=2 s．
拓展练习
1．2 m/s 2 m
典型例题
例2 （1）8 m/s2 （2）10 N
解析：（1）物体下落过程中做初速度为零的匀加速运动，根据公式可得：．
（2）根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma，
故Ff=mg-ma=10 N．
拓展练习
2．（1）2.5 m/s2 （2）0.44
解析：（1）根据运动学公式， ①
得：， ②
故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2．
（2）乘客在斜面上受力情况如图所示．
Ff=μFN， ③
FN=mgcos θ， ④
根据牛顿第二定律：
mgsin θ-Ff=ma， ⑤
由几何关系可知sin θ=0.6，cos θ=0.8．
由②~⑤式得：
，
故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44．
典型例题
例3 （1）10 m/s （2）4 s
解析：（1）在拉力作用下物体沿斜面向上做匀加速运动，作出物体受力分析如下图所示．
根据受力情况和牛顿运动定律有：
F-mgsin θ-Ff=ma，
Ff=μFN=μmgcos θ，
v=at0，
联立并代入数据得：
v=10 m/s．
（2）撤去拉力后物体先向上做匀减速运动至速度为0，后向下做匀加速运动至斜面底端．设向上运动时间为t1，向下运动时间为t2，拉力作用下物体发生的位移为x0，由牛顿运动定律有：．
向上运动时：-mgsin θ-μmgcos θ=ma1，
0-v=a1t1，．
向下运动时：mgsin θ-μmgcos θ=ma2．
，t=t1+t2．
联立并代入数据得：t=4 s．
拓展练习
3．（1）5 m/s （2）27.5 m
解析：（1）撤去F前对物体受力分析如图甲，有：
Fsin θ+FN1=mg，Fcos θ-Ff=ma1，Ff=μFN1．
，v=a1t1，
联立各式并代入数据解得x1=25 m，v=5 m/s．
（2）撤去F后对物体受力分析如图乙，
有：Ff′=μmg=ma2．
2a2x2=v2，代入数据得x2=2.5 m．
物体运动的总位移：x=x1+x2．
得x=27.5 m．
随堂检测
1．A 2．D
3．AD 解析：根据牛顿第二定律可得加速度大小为，传送带长，故选项A正确；物块减速运动的时间，反向加速过程中的加速度大小仍为a，加速到与传送带同速时历时，位移，以后匀速运动的时间，所以物体在传送带上运动总时间t=t1+t2+t3=2.13 s，故选项B错误；若传送带静止，物块仍以速度v0滑上传送带，物块运动过程中的受力情况不变，物体不会从B端滑离传送带，故选项C错误；若传送带以速度v2=5 m/s顺时针转动，物块一直相对于传送带静止，物块在传送带上运动总时间为，故选项D正确．
4．CD 解析：当A、B发生相对运动时的加速度为：，则发生相对运动时最大拉力为：F=（mA+mB）a=8×6 N=48 N．当拉力F<12 N时，A相对于B静止，而对于地面来说是运动的，故选项A错误．在绳子承受的最大拉力范围内，A、B始终保持静止；当F=16 N时，整体的加速度为：，则B对A的摩擦力为：f=mBa′=2×2 N=4 N，故选项C正确，选项B错误．由于细线所能承受的最大拉力是20 N，且F小于48 N时，A、B相对静止，故选项D正确．
5．（1）2 N （2）30°

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