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4.5 牛顿运动定律的应用
高中物理 / 人教版（2019） / 必修一/第四章
学习目标01040203掌握解决动力学问题的基本思路和方法知道动力学的两类问题。理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁掌握整体--隔离法在“连接体”问题中的应用掌握“板块”模型、“传送带”模型特点，并解决相关问题新知探究牛顿第二定律确定了运动和力的关系，把物体的运动情况与受力情况联系起来：1.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，再通过运动学规律确定物体的运动情况新知探究2.从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力新知探究根据受力确定运动情况一般思路：选中对象并作受力分析应用牛顿第二定律求出加速度a应用运动学公式确定物体运动情况1.如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失。求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2)课堂练习课堂练习【答案】1 s和1.8 s【解析】撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律得x1＝a1t2＝4 m，v1＝a1t＝4 m/s，撤去F后，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2 m/s2，d－x1＝v1t1－a2t12，课堂练习【答案】1 s和1.8 s【解析】解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)，第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s，之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma3，解得a3＝gsinθ＝5 m/s2，物体再经t2＝2＝0.8 s第二次到达B点，故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点新知探究根据运动情况确定受力一般思路：应用运动学公式求出加速度a应用牛顿第二定律求出物体所受合力求出物体所受其它力2.我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。课堂练习课堂练习【答案】(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104N【解析】(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv12＝m1g装载弹药后起飞时，有kv22＝m2g；解得v2＝96 m/s。(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t；解得t＝3.75 s由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2飞机水平方向所受合力F水平＝m2a；解得F＝6.55×104N。新知探究连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)新知探究连接体问题解题思路：（1）同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一般采用先整体后隔离的方法（2）不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，也可采用整体法或隔离法求解新知探究整体法--隔离法在连接体中的应用当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解。当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解新知探究整体法--隔离法在连接体中的应用共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法；关联速度连接体一般分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解3.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是(　　)A.增大推力F B.减小倾角θC.减小B的质量 D.减小A的质量课堂练习AD课堂练习【答案】AD【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa由以上两式可得FAB＝F＝为了增大A、B间的压力，即FAB增大，应增大推力F或减小A的质量，增大B的质量。故A、D正确，B、C错误。新知探究水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变“传送带”模型问题新知探究水平“传送带”模型问题情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速再匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v4.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A.工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B.工件被传送到另一端的最长时间是2 sC.若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D.若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s课堂练习B课堂练习【答案】B【解析】工件恰好传送到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。新知探究倾斜“传送带”模型问题情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系gsinθ<μgcosθ)先加速后匀速一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速新知探究倾斜“传送带”模型问题情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长v0<v时，一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为gsinθ－μgcoθ)若μ≥tanθ，先减速后匀速；若μ<tanθ，先以a1减速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速新知探究倾斜“传送带”模型问题情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直匀速gsinθ<μgcosθ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)5.如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：(1)传送带从A到B的长度；(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度课堂练习课堂练习【答案】(1)16 m　(2)5 m【解析】(1)煤块速度达到10 m/s之前，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝a1t12＝5 m煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1s，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m课堂练习【答案】(1)16 m　(2)5 m(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m由于s1相>s2相，可见痕迹长为5 m新知探究“板块”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力“板块”模型问题新知探究位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L“板块”模型问题新知探究解题关键点：(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)“板块”模型问题新知探究处理“板块”模型问题流程6.如图所示，一质量M＝1 kg的长L＝2.5 m的木板B静放于水平地面，一质量m＝2 kg的小物块A静置于木板左端。如果给小物块A一水平向右的初速度v0＝4 m/s，经过t＝1 s的时间A与B分离。已知重力加速度g＝10 m/s2，小物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块A可看作质点，求：(1)A与B分离时，A的速度；(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2。课堂练习课堂练习【答案】(1)2 m/s　(2)0.1【解析】(1)小物块A在木板B上做匀减速直线运动，设物块的加速度大小为a1，有a1＝μ1g＝2m/s2由v＝v0－a1t，解得v＝2m/s。课堂练习【答案】(1)2 m/s　(2)0.1【解析】(2)木板在物块的摩擦力作用下可能静止不动，也可能做匀变速直线运动，如果木板静止不动，对小物块x＝v0t－a1t2，x＝3 m>L＝2.5 m，说明木板相对地面发生了滑动，设木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2位移关系为v0t－a1t2－a2t2＝L，联立解得μ2＝0.1。

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