高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用学案

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用学案，共15页。
5．牛顿运动定律的应用 1．知道动力学的两类问题：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力；理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。2．掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题。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，再通过运动学的规律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。判一判(1)若已知物体的受力情况，可以由运动学公式求出加速度。(　　)(2)若物体所受合外力恒定，且合外力方向与物体运动方向在同一条直线上，则根据牛顿第二定律求出物体做匀变速直线运动的加速度，再根据运动学公式求速度、位移等物理量。(　　)(3)若物体做匀加速直线运动，则可以根据运动学公式求出加速度，进而根据牛顿运动定律求力。(　　)(4)若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。(　　)提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×想一想(1)物体的运动方向是否一定与物体所受合力的方向一致？为什么？提示：不一定。物体的运动情况由物体所受的合力和物体的初始状态共同决定。如物体以某一初速度v0冲上光滑斜面，合力方向沿斜面向下，而物体的运动方向沿斜面向上。所以受力情况决定了加速度，但与速度没有直接关系。(2)加速度在解决动力学的两类问题中有什么作用？提示：加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁，无论是已知受力情况求解运动情况，还是已知运动情况求解受力情况，都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用已知条件，确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。 课堂任务　从受力确定运动情况仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。将质量为m的冰壶沿冰面以速度v0投出，如何求解它能滑行的距离？活动1：如图所示，以一定速度v0将冰壶沿冰面投出，冰壶滑行时受什么力？提示：重力、支持力和冰面对它的摩擦力。活动2：冰壶滑行时速度不断变小，它的加速度如何求解？提示：根据冰壶的受力情况，求出冰壶所受的合力，再根据牛顿第二定律即可求得冰壶滑行时的加速度。冰壶受到的合力等于摩擦力，F合＝f＝μmg(μ为冰壶和冰面间的动摩擦因数)，接着根据牛顿第二定律，得加速度大小a＝＝μg，方向与运动方向相反。活动3：如何求冰壶滑行的距离？提示：已知冰壶的初速度、末速度、滑行过程中的加速度，根据运动学公式v2－v＝2ax，即可求得冰壶滑行的距离。活动4：讨论、交流、展示，得出结论。1．从受力确定运动情况的一般求解步骤2．解题方法(1)合成法：物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F合。反之，若知道加速度方向就知道合力方向。(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量。即沿加速度方向：Fx＝ma，垂直于加速度方向：Fy＝0。例1　如图所示，长为s＝11.25 m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3 m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20 N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑块过B点时速度的大小；(2)拉力F作用的时间。(1)开始时滑块在水平轨道上运动时受几个力作用？在斜面上运动时受几个力作用？提示：开始时，滑块在水平轨道上受4个力作用；在斜面上运动时受2个力作用。(2)滑块在水平轨道上先做什么运动？在斜面上做什么运动？提示：滑块在水平轨道上先做匀加速直线运动，在斜面上做匀减速直线运动。(3)滑块在水平轨道上运动时，利用什么方法求加速度？提示：利用正交分解法求加速度。[规范解答]　(1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：mgsin37°＝ma3由运动学规律可得v＝2a3L解得vB＝6 m/s。(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1设F作用的时间为t，则撤去F时有：v1＝a1t，x1＝a1t2撤去拉力F后，有：μmg＝ma2v－v＝2(－a2)(s－x1)联立解得：t＝1.5 s。[完美答案]　(1)6 m/s　(2)1.5 s  多过程问题的分析物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型，它展示了物体在运动过程中的受力特点及物体的运动情况，综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力。解答思路：首先理清物体的不同运动过程，根据受力特点确定各过程的运动性质，然后列相应的动力学方程(运用牛顿第二定律与运动学公式)；注意不同过程中的中间衔接量，特别是两过程间的“速度”参量，往往是列式与计算的“桥梁”。若运动过程涉及摩擦力，要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力是否发生突变。　如图所示，质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10 m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离x。答案　(1)5.2 m/s　(2)6.76 m解析　(1)对雪橇，竖直方向：N1＋Fsin37°＝mg水平方向：Fcos37°－f1＝ma1，且f1＝μN1由运动学公式：v＝a1t1解得：v＝5.2 m/s。(2)撤去拉力后，有－μmg＝ma2，则雪橇的加速度a2＝－μg根据0－v2＝2a2x，解得：x＝6.76 m。  课堂任务　从运动情况确定受力 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。通过观察记录滑雪运动员的运动情况，你能求出他受到的阻力吗？活动1：如图所示，若已知滑雪运动员以初速度v0在t时间内沿倾斜的直线滑道匀加速下滑的距离为x，那么如何求解运动员的加速度？提示：根据运动学公式x＝v0t＋at2求解。活动2：已知运动员的质量为m，怎样求运动员受到的合力？提示：根据牛顿第二定律F合＝ma，求得运动员受到的合力。活动3：已知山坡的倾角为θ，如何求解运动员受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)?提示：根据受力分析，沿山坡方向有mgsinθ－f＝F合，可求得阻力f。活动4：讨论、交流、展示，得出结论。从运动情况确定受力的一般求解步骤例2　某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量为m＝50 kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100 m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80 m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20 m时刚好停止运动。取g＝10 m/s2，求：(1)下落的过程中小明运动速度的最大值vm；(2)落地前20 m内，小明做匀减速直线运动的加速度a的大小；(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明对平台的压力F的大小。(1)本题属于已知受力求运动情况的问题吗？提示：不是，属于已知运动情况求受力的问题。(2)平台做匀减速运动时，小明受哪几个力作用？提示：受重力和平台的支持力作用。[规范解答]　(1)当下落80 m时小明的速度最大，v＝2gh1代入数据可得：vm＝40 m/s。(2)小明做匀减速运动过程中的加速度大小为a2＝代入数据可得：a2＝40 m/s2。(3)当平台落到离地面10 m高的位置时，小明做匀减速运动，根据牛顿第二定律：F′－mg＝ma2代入数据得：F′＝2500 N根据牛顿第三定律，小明对平台的压力F为2500 N。[完美答案]　(1)40 m/s　(2)40 m/s2　(3)2500 N动力学两类基本问题的思维程序图如下：由图可见，不论求解哪一类问题，加速度都是解题的桥梁和纽带，求解出加速度是顺利解答的关键。　有一质量为1 kg的小球串在长0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向的夹角为θ＝37°，静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，g取10 m/s2，试求：(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为2 m/s2，此恒力大小为多少？答案　(1)0.25　(2)8 N或24 N解析　(1)对小球，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma又x＝at2联立解得μ＝0.25。(2)若F垂直于杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′解得F＝8 N；若F垂直于杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′解得F＝24 N。A组：合格性水平训练1．(已知运动求力)质量为m的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t内的位移为x，则合力F的大小为(　　)A.  B.  C.  D.答案　A解析　由运动情况，根据公式x＝at2，可求得质点的加速度a＝，则合力F＝ma＝，故A正确。2．(已知运动求力)水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为(　　)A.  B.  C.  D.答案　B解析　当力F作用时，设物体的加速度大小为a1，时间t后物体的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式得F－Ff＝ma1，v＝a1t；撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律及运动学公式得，Ff＝ma2，0＝v－a2·3t，解以上四式得：Ff＝，B正确。3. (已知运动求力)如图所示，在行驶过程中，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。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为(　　)A．420 N   B．600 NC．800 N   D．1000 N答案　A解析　从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速运动，则有a＝＝ m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反，A正确。4．(已知力求运动)假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为(　　)A．40 m  B．20 m  C．10 m  D．5 m答案　B解析　由牛顿第二定律得a＝＝＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得汽车滑动的距离x＝＝ m＝20 m，B正确。5. (已知力求运动)如图所示，水平地面上一物体以5 m/s的初速度向右滑行，若物体与地面间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，则物体在3 s内的位移大小为(　　)A．0.5 m  B．2.5 m  C．3.75 m  D．5 m答案　D解析　根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5 m/s2。物体匀减速运动的时间t＝＝ s＝2 s，即物体滑行2 s后停止运动，物体在3 s内的位移大小为x＝t＝×2 m＝5 m，D正确。6．(已知力求运动)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/s2，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答案　B解析　设汽车刹车后滑动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：－μmg＝ma，解得：a＝－μg。由匀变速直线运动速度—位移关系式得0－v＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。7．(综合)如图所示，质量为60 kg的运动员的两脚各用750 N的水平力蹬着两竖直墙壁匀速下滑，若他从离地12 m高处无初速匀加速下滑，2 s可落地，则此过程中他的两脚蹬墙的水平力均应等于(g＝10 m/s2)(　　)A．150 N  B．300 N  C．450 N  D．600 N答案　B解析　运动员匀速下滑时，竖直方向受重力和两个摩擦力作用，根据平衡条件，有mg－2f＝0，其中f＝μN，N＝750 N，解得μ＝0.4；运动员从离地12 m高处无初速匀加速下滑，2 s可落地，根据运动学公式，有h＝at2，解得a＝＝ m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律，有mg－2μN′＝ma，解得N′＝300 N，B正确。8．(已知力求运动)法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进行了超高空特技跳水表演，他从30 m高的塔上跳下，假设他以5 m/s的初速度竖直向下离开塔顶，并准确地落入水池中。已知：他在空气中运动时，空气对他的阻力是他的重力的；落入水中后，水对他的阻力(包括浮力)是他的重力的3倍。试计算需要准备一个至少多深的水池？(菲舍尔可视为质点，g取10 m/s2)答案　12.625 m解析　当菲舍尔在空气中运动时，受到重力和空气阻力的作用，由牛顿第二定律得mg－f＝ma1，解得加速度大小a1＝8 m/s2。菲舍尔在空中向下运动的过程中，由运动学公式有v2－v＝2a1h1，解得到达水面时的速度大小v＝ m/s。菲舍尔在水中时，受到重力和水的阻力(包括浮力)的作用，由牛顿第二定律得f′－mg＝ma2，解得加速度大小a2＝20 m/s2。菲舍尔在水中向下运动的过程中，由运动学公式有v2＝2a2h2，解得进入水下的深度为h2＝12.625 m。故水池深度至少应为12.625 m。9．(已知运动求力)一个质量为10 kg的物体，沿着倾角为θ＝37°(与水平面夹角)的固定斜面由静止开始匀加速下滑，在3 s的时间内下滑的路程为18 m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：(1)物体下滑的加速度大小；(2)物体和斜面间的动摩擦因数。答案　(1)4 m/s2　(2)0.25解析　(1)物体下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，根据x＝at2得a＝4 m/s2。(2)根据牛顿第二定律得，mgsinθ－f＝ma解得f＝mgsinθ－ma＝100×0.6 N－10×4 N＝20 N根据f＝μFN＝μmgcosθ解得μ＝0.25。B组：等级性水平训练10．(已知运动求力)(多选)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F作用下做直线运动，其v­t图像如图乙中实线所示，下列判断正确的是(　　)A．在0～1 s内，外力F的大小恒定B．在1～3 s内，外力F的大小为零C．在3～4 s内，外力F的大小不断增大D．在3～4 s内，外力F的大小不断减小答案　AD解析　在0～1 s内，直线的斜率不变，加速度不变，外力F是恒力，A正确；在1～3 s内，速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零，F等于摩擦力，外力F的大小恒定，B错误；在3～4 s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，根据a＝知力F不断减小，D正确，C错误。11．(已知运动求力)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)A．小物块到C点后将沿斜面下滑B．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的C．小物块与斜面间的动摩擦因数为D．推力F的大小为6 N答案　B解析　由图乙可知，小物块做匀加速运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝ m/s2，匀减速运动的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，故a1∶a2＝1∶3，B正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得μ＝，C错误；因为mgsin30°＝mg＝μmgcos30°，所以物块到达C点后将静止在C点，不会下滑，A错误；匀加速运动时，沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得：F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，解得F＝4 N，D错误。12．(综合)如图a所示，t＝0时，在水平桌面上，质量为m＝1 kg的滑块获得v0＝2 m/s的水平向右的初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2 s内滑块的速度—时间关系图线如图b所示。(1)求前2 s内滑块的位移大小和方向；(2)分别求滑块所受拉力和摩擦力的大小；(3)若在t＝2 s时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行的距离是多少？答案　(1)0.6 m　方向与初速度方向相同(2)1.4 N　0.6 N(3)0.53 m解析　(1)v­t图像的面积表示位移，前2 s内滑块的位移大小为：x＝×1×2 m－×1×0.8 m＝0.6 m，方向与初速度方向相同。(2)由图b可知，0～1 s内滑块的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝2 m/s2根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1①1～2 s内滑块的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝0.8 m/s2根据牛顿第二定律得：F－f＝ma2②联立①②解得：F＝1.4 N，f＝0.6 N。(3)撤去拉力后，滑块做匀减速直线运动，其加速度大小为：a3＝＝ m/s2＝0.6 m/s2滑块还能滑行的距离为：s＝＝ m＝ m≈0.53 m。