资源简介

5　牛顿运动定律的应用
[定位·学习目标]　1.通过对应用牛顿运动定律解决动力学两类基本问题的学习,进一步掌握受力分析、合成法、正交分解法等科学思维方法。2.通过应用牛顿运动定律和运动学公式解决实际生产、生活、科技中的问题,培养物理观念和科学态度。
知识点一　从受力确定运动情况
探究新知
1.牛顿第二定律确定了运动和力的关系,使我们能够把物体的运动情况和受力情况联系
起来。
2.如果已知物体的受力情况,可由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学的规律就可以确定物体的运动情况。
正误辨析
(1)物体的加速度方向就是其运动方向。(　×　)
(2)同一个物体,其所受合力越大,加速度越大。(　√　)
(3)同一个物体,其所受合力越大,运动越快。(　×　)
(4)只要知道物体的受力情况就能判断物体的运动性质。(　×　)
知识点二　从运动情况确定受力
探究新知
1.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,再根据牛顿第二定律求出力。这是力学所要解决的又一方面的问题。
2.解决动力学问题的关键
对物体进行正确的受力分析和运动情况分析,并抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。
正误辨析
(1)在水平粗糙地面上匀速运动的物体,外力撤去后将立即停止。(　×　)
(2)由运动学公式求加速度,要特别注意加速度的方向,并可以由此确定合力的方向。(　√　)
要点一　从受力确定运动情况
情境探究
在冬季滑冰比赛中,假设滑冰运动员的总质量为55 kg,滑冰运动员左右脚交替蹬冰滑行,左右脚向后蹬冰的力都是110 N,每次蹬冰时间为1 s,左右脚交替时,中间有0.5 s 的时间不蹬冰,忽略运动员滑行中受到的阻力,设运动员由静止开始沿直线滑行。
探究:你能根据上述条件求出15 s末运动员的速度吗
【答案】 由牛顿第二定律得运动员蹬冰时的加速度a== m/s2=2 m/s2,在15 s中运动员蹬冰加速的时间只有10 s,所以15 s末的速度v=at=2×10 m/s=20 m/s。
要点归纳
1.解题思路
2.解题步骤
(1)选定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出受力示意图。
(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,分析运动情况,选择合适的运动学公式,求出待求的运动学量。
典例研习
[例1] 如图,一质量m=2 kg的小物块从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25,斜面A、B两点之间的距离s=18 m,斜面倾角θ=37°(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)物块在斜面上下滑过程中的加速度大小;
(2)物块滑到B点时的速度大小;
(3)物块在水平面上滑行的时间。
【答案】 (1)4 m/s2　(2)12 m/s　(3)4.8 s
【解析】 (1)物块在斜面上下滑时,如图对物块进行受力分析并沿斜面和垂直斜面正交
分解,
由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff=ma1,
根据共点力平衡条件得FN=mgcos θ,
滑动摩擦力Ff=μFN,
联立解得a1=4 m/s2。
(2)物块从A点滑到B点有2a1s=,
代入数据解得vB=12 m/s。
(3)在水平面上,对物块进行受力分析如上图,由牛顿第二定律得
Ff′=ma2,
Ff′=μmg,
vB=a2tBC,
联立解得tBC=4.8 s。
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是高考命题的热点。解决多过程问题时,首先要明确每个子过程所遵循的规律,并找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。
要点二　从运动情况确定受力
情境探究
根据教材“例题2”的学习,思考:一名运动员滑雪时的照片如图所示,
(1)知道在下滑过程中的运动时间。
(2)知道在下滑过程中的运动位移。
试结合上述情况讨论,由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的
【答案】 先根据运动学公式,求得物体运动的加速度,比如v=v0+at,x=v0t+at2,v2-=2ax等,再由牛顿第二定律结合受力分析求物体的受力。
要点归纳
1.解题思路
2.解题步骤
(1)确定研究对象,对物体进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体所受的合力。
(4)选择合适的力的合成与分解的方法,由合力和已知力求出待求的力。
典例研习
[例2] 机车质量为100 t,设它从停车场由静止出发经225 m后速度达到 54 km/h,此时,
司机关闭发动机,让机车进站。机车又行驶了15 s才停在站上,设机车所受的阻力保持
不变。求:
(1)机车所受的阻力;
(2)机车关闭发动机前所受的牵引力。
【答案】 (1)1×105 N　(2)1.5×105 N
【解析】 (1)由题知,v=54 km/h=15 m/s,
减速过程有v=a1t,解得a1=1 m/s2,
由牛顿第二定律得Ff=ma1,
解得Ff=1×105 N。
(2)加速过程有v2=2a2x1,
解得a2=0.5 m/s2,
由牛顿第二定律得加速过程有F-Ff=ma2,
解得F=1.5×105 N。
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
要点三　多过程运动问题
要点归纳
1.问题介绍: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.注意问题:由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要分别进行受力分析,分别求加速度。
3.解题关键:对于多过程问题,关键是分析和求解运动转折点的速度。
典例研习
[例3] 质量m=1 kg的物体在F=20 N 的水平推力作用下,从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动,物体与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.25,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用4 s后撤去,撤去力F后5 s物体正好通过斜面上的B点。
取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)撤去力F时物体的速度大小;
(2)力F作用下物体发生的位移;
(3)AB之间的距离。
【答案】 (1)20 m/s　(2)40 m　(3)52.5 m
【解析】 (1)在外力F作用下,物体的受力如图甲所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系分解。沿斜面方向根据牛顿第二定律得Fcos θ-mgsin θ-Ff=ma1,
滑动摩擦力Ff=μFN,
在垂直于斜面方向,由平衡条件得FN=Fsin θ+mgcos θ,
解得a1=5 m/s2,撤去力F时的速度v1=a1t1=5×4 m/s=20 m/s。
(2)根据x1=t,得力F作用下物体发生的位移x1=40 m。
(3)撤去F后物体继续向上运动时,受力如图乙所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系分解。
沿斜面方向根据牛顿第二定律得mgsin θ+μFN′=ma2,
垂直于斜面方向根据平衡条件得FN′=mgcos θ,
代入解得a2=8 m/s2,
物体速度减为零的时间为t2== s=2.5 s,
此过程的位移x2=t2=×2.5 m=25 m,
接着物体加速下滑,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μFN′=ma3,
解得a3=4 m/s2。
根据位移时间公式可得t3=5 s-2.5 s=2.5 s内的位移为
x3=a3=×4×2.52 m=12.5 m;
AB之间的距离为x=x1+x2-x3=(40+25-12.5)m=52.5 m。
(1)受力分析和过程分析是解决动力学问题的前提,加速度是解题的突破口,因此解题时应抓住“加速度”这个桥梁,确定解题方向。
(2)当物体受三个或多个互成角度的共点力作用而做匀变速直线运动时,常用正交分解法确定合力,分解时常沿加速度方向和垂直于加速度方向建立坐标系。
物体在三类光滑斜面上的下滑时间的比较
核心归纳
第一类:等高斜面(如图1所示)。
由L=at2,a=gsin θ,L=,
可得t=,
可知倾角越小,时间越长,图1中t1>t2>t3。
第二类:同底斜面(如图2所示)。
由L=at2,a=gsin θ,L=,
可得t=,
可见θ=45°时,时间最短,图2中t1=t3>t2。
第三类:等时圆(如图3和图4所示)。
由L=at2,a=gsin θ,L=2Rsin θ,可得t=,
物块下滑所用的时间都相等,与θ无关,所以t1=t2=t3。
典例研习
[例题] 如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,圆周半径为R,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放,滑环A经时间t1从a点到达b点,滑环B经时间t2从c点到达d点;另有一小球C从c点自由下落,到达b点时间为t3,不计一切阻力与摩擦,且A、B、C都可视为质点,则t1、t2、t3的大小关系为(　　)
[A] t1=t2=t3
[B] t1=t2>t3
[C] t2>t1>t3
[D] A、B、C三物体的质量未知,因此无法比较
【答案】 A
【解析】 此题符合等时圆的规律,故t1=t3,t2=t3,所以t1=t2=t3,A正确。
1.(教材改编)如图所示,一辆货车运载着一批尺寸相同的光滑的圆柱形空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定在水平的车厢底板上,上一层只有一个桶C,自由地摆放在桶A、B之间,没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持,和汽车一起保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
[A] 桶C和汽车相对地面保持静止时,桶C受到的合力必定为零
[B] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,桶A对桶C的支持力与静止时相比会
增大
[C] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,桶B对桶C的支持力与静止时相比会
减小
[D] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,所有油桶对车厢底板的总压力与静止时相比会减小
【答案】 A
【解析】 对桶C受力分析如图所示,当桶C和汽车相对地面保持静止时,桶C处于平衡
状态,所以其受到的合力必定为零,故A正确;当汽车以加速度a向左加速运动时,设桶A对桶C的作用力为FA′、桶B对桶C的作用力为FB′,竖直方向根据平衡条件可得
FA′cos 30°+FB′cos 30°=mg,水平方向根据牛顿第二定律可得FB′sin 30°-FA′sin 30°=
ma,联立解得FA′=mg-ma,FB′=mg+ma,与静止时相比,桶A对桶C的支持力减小,桶B对桶C的支持力增大,故B、C错误;在竖直方向上,油桶受力平衡,故所有油桶对车厢底板的总压力与静止时相比不变,故D错误。
2.(2025·江苏南京阶段检测)两个固定的光滑斜面AB和AC倾角分别为30°和60°,将一滑块分别从AB和AC两个斜面上由静止释放,滑块释放的高度之比为1∶3,则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为(　　)
[A] 1∶1 [B] 1∶ [C] 1∶3 [D] 1∶
【答案】 A
【解析】 设沿斜面AB和AC下滑时,高度分别为h1和h2,且有h2=3h1;两滑块沿光滑斜面下滑,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,根据位移时间公式有=at2,联立解得t=,则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为t1∶t2=1∶1。故选A。
3.城市进入高楼时代后,高空坠物成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20 m高的楼上自由下落,若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动,从触地到完全停止,质点的位移为0.05 m,不计空气阻力,则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的(　　)
[A] 400倍 [B] 200倍 [C] 100倍 [D] 10倍
【答案】 A
【解析】 鸡蛋自由下落20 m过程,根据速度与位移的关系式有v2=2gh1,鸡蛋与地面碰撞过程,从触地到完全停止质点的位移为0.05 m,利用逆向思维有v2=2ah2,根据牛顿第二定律有F1-mg=ma,根据牛顿第三定律有F2=F1,解得≈400。故选A。
4.运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型:冰壶质量m=19.7 kg,运动员施加的推力F=5 N,方向与水平方向夹角为37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。
(1)求冰壶与地面间的动摩擦因数;
(2)运动员以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最远距离;
(3)若运动员仍以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,再滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为6 m停止运动,求与不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距离。
【答案】 (1)0.02　(2)40 m　(3)1.2 m
【解析】 (1)如图所示为对冰壶受力分析,根据平衡条件有
Ff=Fcos 37°,
FN=Fsin 37°+mg,
又Ff=μFN,联立解得μ=0.02。
(2)冰壶受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有μmg=ma,
解得加速度大小为a=μg=0.02×10 m/s2=0.2 m/s2,
根据运动学公式有v2=2ax,
解得x== m=40 m。
(3)通过摩擦过的冰面的动摩擦因数是原来的80%,设此时加速度大小为a′,根据牛顿第二定律,则有80%μmg=ma′,
解得加速度a′=0.16 m/s2,
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v′,在没摩擦过的冰面上运动的位移为x1,由运动学公式可知v′2-v2=-2ax1,在摩擦过的冰面上滑动位移是x2=6 m,
则有v′2=2a′x2,
则与没摩擦过相比多滑的距离Δx=x1+x2-x,
联立解得Δx=1.2 m。
课时作业
(分值:70分)
考点一　从受力确定运动情况
1.(4分)质量为m的木块以v0的初速度在水平地面上最多能滑行的距离为s,现在在它上面再压上—块同样的木块,使它们一起以2v0的初速度在同一水平面上滑行,则最多能滑行的距离是(　　)
[A] [B] s [C] 2s [D] 4s
【答案】 D
【解析】 设木块与地面间的动摩擦因数为μ,规定初速度方向为正方向,由牛顿第二定律得-μmg=ma,得a=-μg,由运动学公式得0-=2as,得s=,在它上面再压上一块同样的木块后,由牛顿第二定律得-μ×2mg=2ma′,得a′=-μg,它们一起以2v0的初速度在同一水平面上滑行,设最多能滑行的距离为s′,则0-(2v0)2=2a′s′,得s′====4s。
故选D。
2.(6分)(多选)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球(　　)
[A] 上升过程和下落过程通过的路程相同
[B] 上升过程中做匀减速运动
[C] 上升时间小于下落时间
[D] 下落过程中速度的变化率始终不变
【答案】 AC
【解析】 排球自O点垫起向上运动,随后下落回到O点,起点终点互换,位移大小相等,方向相反,则上升过程和下落过程通过的路程相同,故A正确;上升和下落过程中,排球受到重力和空气阻力作用,由于空气阻力为变力,则上升和下落过程中均不是做匀减速运动,故B、D错误;上升过程受到的空气阻力向下,下落过程的空气阻力向上,可知排球上升过程的平均加速度大于下落过程的平均加速度,根据h=at2可知上升时间小于下落时间,故C正确。
3.(10分)如图所示,一对父子在水平冰面上玩雪橇,质量为33 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上,大人用与水平方向成37°角,斜向上的大小为70 N的拉力拉雪橇,5 s后撤去拉力,让雪橇自由滑行。已知雪橇与冰面间的动摩擦因数为0.1,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)小孩所能达到的最大速度;
(2)撤去拉力后,3 s内雪橇的位移大小。
【答案】 (1)2 m/s　(2)2 m
【解析】 (1)对雪橇以及小孩组成的整体受力分析,如图甲所示,水平方向根据牛顿第二定律则有Fcos 37°-μFN=(m1+m2)a1,
竖直方向根据平衡条件得(m1+m2)g=Fsin 37°+FN,
代入数据解得a1=0.4 m/s2,
5 s后撤去拉力时,小孩所能达到的速度最大vmax=a1t1,
代入数据解得vmax=2 m/s。
(2)撤去F后对雪橇以及小孩组成的整体受力分析,如图乙所示,竖直方向根据平衡条件
则有FN′=(m1+m2)g,
水平方向根据牛顿第二定律得μFN′=(m1+m2)a2,
代入数据解得a2=1 m/s2,
雪橇以及小孩停止运动时间t0== s则撤去拉力后,3 s内雪橇=2a2x,
代入数据解得x=2 m。
考点二　从运动情况确定受力
4.(4分)某同学用手托礼盒,若礼盒的质量为m,手与礼盒之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,手掌一直保持水平。下列说法正确的是(　　)
[A] 若手托着礼盒一起向上匀加速运动,则手对礼盒的作用力大于礼盒对手的作用力
[B] 若手托着礼盒一起向右匀速运动,则礼盒受到水平向右的静摩擦力
[C] 若手托着礼盒一起向右匀加速运动,则手对礼盒的作用力大小为μmg
[D] 若手托着礼盒一起向右匀减速运动,则手对礼盒的作用力大小不会超过mg
【答案】 D
【解析】 手对礼盒的作用力与礼盒对手的作用力是一对相互作用力,则两个力的大小相等、方向相反,故A错误;若手托着礼盒一起向右匀速运动,则礼盒和手之间没有摩擦力,故B错误;若手托着礼盒一起向右匀加速运动,因为加速度未知,无法求出手对礼盒的作用力大小,故C错误;若手托着礼盒一起向右匀减速运动,则手对礼盒的最大摩擦力大小为μmg,手对礼盒的最大作用力大小为F==mg,故D正确。
5.(4分)如图所示,质量为m=3 kg 的木块放在倾角为θ=30° 的足够长的固定斜面上,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t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)
(　　)
[A] 42 N [B] 6 N [C] 21 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 θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ;当在
推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-
μmgcos θ=ma,得F=36 N,D正确。
6.(4分)在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到 v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的vt图像如图所示,设汽车牵引力大小为F,阻力大小为Ff,则(　　)
[A] F∶Ff=1∶3 [B] F∶Ff=3∶1
[C] F∶Ff=4∶1 [D] F∶Ff=1∶4
【答案】 B
【解析】 由vt图像可知,汽车做匀加速运动时,加速度a1= m/s2=1 m/s2,做匀减速运动时加速度大小a2= m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1,Ff=ma2,所以F∶Ff=
(a1+a2)∶a2=3∶1。故选B。
考点三　多过程运动问题
7.(4分)如图所示,一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动,前方固定一个轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是(　　)
[A] 木块将立即做匀减速直线运动
[B] 木块将立即做变减速直线运动
[C] 在弹簧弹力大小等于恒力F时,木块的速度最大
[D] 在弹簧压缩量最大时,木块的加速度为零
【答案】 C
【解析】 当木块接触弹簧后,由牛顿第二定律F-kx=ma,随着x的增大加速度a逐渐减小,木块做加速度逐渐减小的加速直线运动,故A、B错误;当弹簧弹力大小等于恒力F时,木块的速度最大,故C正确;在弹簧处于最大压缩量时,弹簧的弹力大于恒力F,合力向右,加速度不为零,故D错误。
8.(12分)如图所示,质量m=1 kg的小物块静止在水平面上的A点,AB之间的距离为x=5 m,倾角为θ=37°的斜面BC与水平面平滑连接,倾角为 α=53°的斜面CD与斜面BC交于C点,C处为一不计大小的光滑圆弧。现对小物块持续施加水平向右的恒力 F=7.5 N,小物块恰好能通过C点,随后继续在力F作用下沿斜面CD到达D点。小物块可视为质点,它与所有接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=cos 53°=0.6,
cos 37°=sin 53°=0.8。求:
(1)小物块到达B点时的速度大小vB;
(2)斜面BC的长度L1;
(3)小物块从C点运动到D点的时间t(可用根式表示)。
【答案】 (1)5 m/s　(2)2 m　(3) s
【解析】 (1)小物块在水平面上运动,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1,
解得加速度为a1=2.5 m/s2,
小物块从A点到达B点,根据动力学公式=2a1x,
解得小物块到达B点时的速度大小vB=5 m/s。
(2)小物块在斜面BC上运动,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有
mgsin 37°+μ(mgcos 37°+Fsin 37°)-Fcos 37°=ma2,
解得加速度为a2=6.25 m/s2,
小物块恰好能通过C点,则C点的速度为零,小物块从B点到达C点,根据动力学公式
=2a2L1,解得L1=2 m。
(3)斜面CD的长度由tan 37°=,
解得xCD=1.5 m,
小物块在斜面CD上运动,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有
Fcos 53°+mgsin 53°-μ(mgcos 53°-Fsin 53°)=ma3,解得a3=12.5 m/s2,
小物块从C点到达D点,根据运动学公式xCD=a3t2,
解得t= s。
9.(6分)(多选)一小球在一竖直的轻弹簧正上方由静止开始自由下落,直到压缩弹簧到最低点,其运动的ax图像如图所示,最低点时加速度大小为a0。已知小球的质量为m,重力加速度为g,小球在运动过程中的空气阻力忽略不计,当弹簧的弹力等于小球的重力时,小球的加速度为0,速度达到最大。弹簧始终在弹性限度内,则(　　)
[A] 小球匀加速运动的时间为
[B] 小球运动过程中的最大速度为
[C] a0可能等于g
[D] 弹簧的劲度系数为
【答案】 ABD
【解析】 由题图可知小球做自由落体运动的位移为x0,所以小球匀加速运动的时间为t=,故A正确;由公式2ax=v2,可知ax的图线围成的面积表示,当位移为x1时速度达到最大值,有vm==,故B正确;小球在x1位置,加速度为0,有k(x1-x0)=mg,得k=,小球在x2位置,速度为0,此时弹力最大,有Fm=k(x2-x0),联立得Fm=,最低点有F合=Fm-mg=,由题图有 x2-x1>x1-x0,可见F合>mg,所以a0大于g,故C错误,D正确。
10.(4分)建设房屋时,保持屋顶底边L不变,要求设计屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶。若将雨滴沿屋顶下滑的运动视为自屋顶开始的无初速度、无摩擦的运动,则倾角θ的理想值为(　　)
[A] 30° [B] 45° [C] 75° [D] 60°
【答案】 B
【解析】 设雨滴匀加速下滑的加速度为a,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,整理可得a=gsin θ,根据匀变速直线运动的规律有=at2,解得t==,根据数学知识可知,当倾角θ=45°时,雨滴下滑时间t最短,所以理想倾角为45°。故A、C、D错误,B正确。
11.(12分)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为2 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=30 N的竖直向上的风力作用下,从A点静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动的加速度大小a1;
(2)若风力F作用4 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离。
【答案】 (1)1 m/s2　(2)9 m
【解析】 (1)在力F作用时受力如图甲所示;
沿杆根据牛顿第二定律可得(F-mg)sin 30°-Ff=ma1,
垂直于杆根据平衡条件可得FN=(F-mg)cos 30°,另有Ff=μFN,
代入数据解得a1=1 m/s2。
(2)刚撤去F时小球的速度v1=a1t1=1 ×4 m/s=4 m/s,
小球的位移x1=t1=×4 m=8 m。
撤去风力F后,小球受力情况如图乙所示,
小球上滑时根据牛顿第二定律有mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,
代入数据解得加速度大小为a2=8 m/s2;
减速到零时上滑位移x2== m=1 m,
则小球上滑的最大距离xm=x1+x2=8 m+1 m=9 m。(共49张PPT)
5　牛顿运动
定律的应用
[定位·学习目标]　
1.通过对应用牛顿运动定律解决动力学两类基本问题的学习,进一步掌握受力分析、合成法、正交分解法等科学思维方法。2.通过应用牛顿运动定律和运动学公式解决实际生产、生活、科技中的问题,培养物理观念和科学态度。
探究·必备知识
知识点一　从受力确定运动情况
「探究新知」
1.牛顿第二定律确定了 和 的关系,使我们能够把物体的 和
联系起来。
2.如果已知物体的受力情况,可由牛顿第二定律求出物体的 ,再通过运动学的规律就可以确定物体的 。
运动
力
运动情况
受力情况
加速度
运动情况
正误辨析
(1)物体的加速度方向就是其运动方向。(　　)
(2)同一个物体,其所受合力越大,加速度越大。(　　)
(3)同一个物体,其所受合力越大,运动越快。(　　)
(4)只要知道物体的受力情况就能判断物体的运动性质。(　　)
×
√
×
×
知识点二　从运动情况确定受力
「探究新知」
1.如果已知物体的运动情况,根据运动学规律求出物体的 ,结合受力分析,再根据牛顿第二定律求出 。这是力学所要解决的又一方面的问题。
2.解决动力学问题的关键
对物体进行正确的受力分析和运动情况分析,并抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁—— 。
加速度
力
加速度
正误辨析
(1)在水平粗糙地面上匀速运动的物体,外力撤去后将立即停止。(　　)
(2)由运动学公式求加速度,要特别注意加速度的方向,并可以由此确定合力的方向。(　　)
×
√
突破·关键能力
要点一　从受力确定运动情况
「情境探究」
在冬季滑冰比赛中,假设滑冰运动员的总质量为55 kg,滑冰运动员左右脚交替蹬冰滑行,左右脚向后蹬冰的力都是110 N,每次蹬冰时间为1 s,左右脚交替时,中间有0.5 s 的时间不蹬冰,忽略运动员滑行中受到的阻力,设运动员由静止开始沿直线滑行。
探究:你能根据上述条件求出15 s末运动员的速度吗
1.解题思路
「要点归纳」
2.解题步骤
(1)选定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出受力示意图。
(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,分析运动情况,选择合适的运动学公式,求出待求的运动学量。
[例1] 如图,一质量m=2 kg的小物块从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25,斜面A、B两点之间的距离s=18 m,斜面倾角θ=37°
(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
「典例研习」
(1)物块在斜面上下滑过程中的加速度大小;
【答案】 (1)4 m/s2
【解析】 (1)物块在斜面上下滑时,如图对物块进行受力分析并沿斜面和垂直斜面正交分解,
由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff=ma1,
根据共点力平衡条件得FN=mgcos θ,
滑动摩擦力Ff=μFN,
联立解得a1=4 m/s2。
(2)物块滑到B点时的速度大小;
【答案】 (2)12 m/s
(3)物块在水平面上滑行的时间。
【答案】 (3)4.8 s
【解析】 (3)在水平面上,对物块进行受力分析如上图,由牛顿第二定律得
Ff′=ma2,
Ff′=μmg,
vB=a2tBC,
联立解得tBC=4.8 s。
·规律方法·
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是高考命题的热点。解决多过程问题时,首先要明确每个子过程所遵循的规律,并找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。
要点二　从运动情况确定受力
「情境探究」
根据教材“例题2”的学习,思考:一名运动员滑雪时的照片如图所示,
(1)知道在下滑过程中的运动时间。
(2)知道在下滑过程中的运动位移。
试结合上述情况讨论,由物体的运动情况确定其受力情况的思路是怎样的
「要点归纳」
1.解题思路
2.解题步骤
(1)确定研究对象,对物体进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体所受的合力。
(4)选择合适的力的合成与分解的方法,由合力和已知力求出待求的力。
[例2] 机车质量为100 t,设它从停车场由静止出发经225 m后速度达到 54 km/h,此时,司机关闭发动机,让机车进站。机车又行驶了15 s才停在站上,设机车所受的阻力保持不变。求:
(1)机车所受的阻力;
「典例研习」
【答案】 (1)1×105 N
【解析】 (1)由题知,v=54 km/h=15 m/s,
减速过程有v=a1t,解得a1=1 m/s2,
由牛顿第二定律得Ff=ma1,
解得Ff=1×105 N。
(2)机车关闭发动机前所受的牵引力。
【答案】 (2)1.5×105 N
【解析】 (2)加速过程有v2=2a2x1,
解得a2=0.5 m/s2,
由牛顿第二定律得加速过程有F-Ff=ma2,
解得F=1.5×105 N。
·规律方法·
由运动情况确定受力应注意的两点问题
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
要点三　多过程运动问题
「要点归纳」
1.问题介绍: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.注意问题:由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要分别进行受力分析,分别求加速度。
3.解题关键:对于多过程问题,关键是分析和求解运动转折点的速度。
[例3] 质量m=1 kg的物体在F=20 N 的水平推力作用下,从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动,物体与斜面间的动摩擦因数为 μ=0.25,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用4 s后撤去,撤去力F后5 s物体正好通过斜面上的B点。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
「典例研习」
(1)撤去力F时物体的速度大小;
【答案】 (1)20 m/s
【解析】 (1)在外力F作用下,物体的受力如图甲所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系分解。
沿斜面方向根据牛顿第二定律得
Fcos θ-mgsin θ-Ff=ma1,
滑动摩擦力Ff=μFN,
在垂直于斜面方向,由平衡条件得FN=Fsin θ+mgcos θ,
解得a1=5 m/s2,撤去力F时的速度v1=a1t1=5×4 m/s=20 m/s。
(2)力F作用下物体发生的位移;
【答案】 (2)40 m　
(3)AB之间的距离。
【答案】 (3)52.5 m
【解析】 (3)撤去F后物体继续向上运动时,受力如图乙所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系分解。
沿斜面方向根据牛顿第二定律得mgsin θ+μFN′=ma2,
垂直于斜面方向根据平衡条件得FN′=mgcos θ,
代入解得a2=8 m/s2,
·规律方法·
(1)受力分析和过程分析是解决动力学问题的前提,加速度是解题的突破口,因此解题时应抓住“加速度”这个桥梁,确定解题方向。
(2)当物体受三个或多个互成角度的共点力作用而做匀变速直线运动时,常用正交分解法确定合力,分解时常沿加速度方向和垂直于加速度方向建立
坐标系。
提升·核心素养
物体在三类光滑斜面上的下滑时间的比较
「核心归纳」
第一类:等高斜面(如图1所示)。
「典例研习」
[例题] 如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,圆周半径为R,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放,滑环A经时间t1从a点到达b点,滑环B经时间t2从c点到达d点;另有一小球C从c点自由下落,到达b点时间为t3,不计一切阻力与摩擦,且A、B、C都可视为质点,则t1、t2、t3的大小关系为(　　)
[A] t1=t2=t3
[B] t1=t2>t3
[C] t2>t1>t3
[D] A、B、C三物体的质量未知,因此无法比较
A
【解析】 此题符合等时圆的规律,故t1=t3,t2=t3,所以t1=t2=t3,A正确。
检测·学习效果
1.(教材改编)如图所示,一辆货车运载着一批尺寸相同的光滑的圆柱形空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定在水平的车厢底板上,上一层只有一个桶C,自由地摆放在桶A、B之间,没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持,和汽车一起保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
[A] 桶C和汽车相对地面保持静止时,桶C受到的合力必定为零
[B] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,桶A对桶C的支持力与静止时相比会增大
[C] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,桶B对桶C的支持力与静止时相比会减小
[D] 当汽车以某一加速度沿平直公路向左加速时,所有油桶对车厢底板的总压力与静止时相比会减小
A
2.(2025·江苏南京阶段检测)两个固定的光滑斜面AB和AC倾角分别为30°和60°,将一滑块分别从AB和AC两个斜面上由静止释放,滑块释放的高度之比为1∶3,则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为(　　)
A
3.城市进入高楼时代后,高空坠物成为危害极大的社会安全问题。一个鸡蛋从20 m高的楼上自由下落,若将鸡蛋撞击地面的过程简化为一个质点做匀减速直线运动,从触地到完全停止,质点的位移为0.05 m,不计空气阻力,则鸡蛋对地面的平均冲击力是其重力的(　　)
[A] 400倍 [B] 200倍 [C] 100倍 [D] 10倍
A
4.运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型:冰壶质量m=19.7 kg,运动员施加的推力F=5 N,方向与水平方向夹角为37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。
(1)求冰壶与地面间的动摩擦因数;
【答案】 (1)0.02
【解析】 (1)如图所示为对冰壶受力分析,根据平衡条件有
Ff=Fcos 37°,
FN=Fsin 37°+mg,
又Ff=μFN,联立解得μ=0.02。
(2)运动员以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最远距离;
【答案】 (2)40 m
(3)若运动员仍以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,再滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为6 m停止运动,求与不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距离。
【答案】 (3)1.2 m
【解析】 (3)通过摩擦过的冰面的动摩擦因数是原来的80%,设此时加速度大小为a′,根据牛顿第二定律,则有80%μmg=ma′,
解得加速度a′=0.16 m/s2,
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v′,在没摩擦过的冰面上运动的位移为x1,由运动学公式可知v′2-v2=-2ax1,在摩擦过的冰面上滑动位移是x2=6 m,
则有v′2=2a′x2,
则与没摩擦过相比多滑的距离Δx=x1+x2-x,
联立解得Δx=1.2 m。
感谢观看

展开更多......

收起↑