2021学年5 牛顿运动定律的应用导学案

牛顿运动定律的应用

一、从受力确定运动情况

质量为1 kg的物体静止在光滑水平面上，用1 N 的水平恒力拉物体，10 s后物体运动了多远的距离？

提示：50 m

(1)牛顿第二定律确定了运动与力的关系。

(2)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，再根据运动学规律确定物体的运动情况。

二、从运动情况确定受力

火车从加速出站、匀速行驶到减速进站的过程中，其受力特点有何不同？

提示：合力方向与运动方向相同；合力为零；合力方向与运动方向相反。

已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力。

知识点一　 由受力确定运动情况

1．问题界定：

已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。

2．解题思路：

3．解题步骤：

(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。

(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力(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，求出所需求的运动学量——任意时刻的位移和速度等。

人给车一个恒定的水平推力F，车恰能沿水平面做匀速直线运动，当撤去这个推力F后，车将做什么运动？

提示：物体做匀减速直线运动。

【典例】(2020·东城区高一检测)如图所示，质量m＝0.5 kg的物体放在水平面上，在F＝3.0 N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x＝4.0 m时撤去力F，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2。

(1)作出物体在力F作用过程中的受力示意图；

(2)物体在运动过程中受滑动摩擦力的大小；

(3)撤去力F的瞬间，物体速度的大小；

(4)撤去力F后物体继续滑动的时间。

【解析】(1)受力分析如图

(2)由受力分析得

FN＝mg

Ff＝μFN

代入数据解得Ff＝2.0 N；

(3)根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma

根据匀变速直线运动规律：v2－02＝2ax

联立代入数据解得v＝4.0 m/s；

(4)根据牛顿第二定律有：Ff＝μmg＝ma′

根据匀变速直线运动规律有：0＝v－a′t

联立代入数据解得t＝1.0 s。

答案：(1)见解析　(2)2.0 N　(3)4.0 m/s

(4)1.0 s

应用牛顿第二定律求合力的方法

(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。

1．冰壶是冬奥会比赛项目，如图所示。比赛中，冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动。设一质量m＝19 kg的冰壶被运动员以3 m/s的速度推出，已知冰面与冰壶间的动摩擦因数为0.02，g取10 m/s2，求：

(1)冰壶的重力；

(2)冰壶的加速度大小；

(3)从推出到停下，冰壶的位移。

【解析】(1)冰壶所受重力的大小：G＝mg＝190 N；

(2)根据牛顿第二定律：f＝μmg＝ma

代入数据解得：a＝0.2 m/s2；

(3)根据速度位移公式可得位移为：x＝＝ m＝22.5 m

答案：(1)190 N　(2)0.2 m/s2　(3)22.5 m

2．如图，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m ＝ 2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75。对圆环施加一个与水平方向成θ ＝ 53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：

(1)圆环对杆的弹力；

(2)圆环加速度的大小；

(3)若2 s后撤去拉力F，圆环还能滑行的距离。

【解析】(1) 将F分解为F1和F2

F1＝F cos θ＝15 N

F2＝F sin θ＝20 N＝mg；

所以圆环对杆的弹力为0；

(2)由(1)可知：F合 ＝F1＝15 N，由牛顿第二定律可知F合 ＝ ma

 代入数据得：a ＝7.5 m/s2；

(3) 由(2)可知，撤去F时圆环的速度v0 ＝ at1 ＝15 m/s

撤去F后圆环受力如图。

水平方向F合 ＝ f ＝ ma′

竖直方向FN＝ mg

f＝μFN

联立可得a′＝μg＝7.5 m/s2

圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v0 ＝15 m/s，a′＝－7.5 m/s2

由运动学公式可得：圆环滑行位移x＝＝15 m。

答案：(1)0　(2)7.5 m/s2　(3)15 m

【加固训练】

1.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

【解析】选C。根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的受力情况分别如图甲、乙所示：

则由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma，

(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma′，

两式相除得：＝>1，所以a′>a，故只有选项C正确。

2．如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：

(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度。

(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小。

(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小。

【解析】(1)对物体受力分析如图：

由牛顿第二定律得：

F cos θ－Ff＝ma

F sin θ＋N＝mg

Ff＝μN

解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右。

(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s。

(3)x＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m。

答案：(1)见解析图　1.3 m/s2，方向水平向右

(2)6.5 m/s　(3)16.25 m

知识点二　由运动情况确定受力

1．问题界定：已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下，要求得出物体所受的力。

2．解题思路：

3．解题步骤：

(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受力图和运动草图。

(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，求物体所受的合外力。

(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。

情境：2018年12月25日0时53分“通信技术试验卫星三号”成功发射。

讨论：李伟同学在观看卫星的电视直播时，用秒表计时，测得火箭底部通过发射架的时间是4.8 s，他想算出火箭受到的推力，试分析还要知道哪些条件。不计空气阻力，火箭质量认为不变。

提示：火箭质量m和发射架的高度x。

【典例】(2021·德阳高一检测)某中学高三体育生为了增强体能，在运动场上进行100 m拉车胎赛跑。车胎的质量m＝8.5 kg，学生拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ＝0.7。某次训练中，一名学生拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15 s。重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)学生加速所用的时间t1和达到的最大速度v；

(2)学生匀加速运动阶段对车胎的拉力F。

【解析】(1)匀加速阶段位移为：x1＝t1

匀速阶段位移为：x2＝100－x1＝v(15 s－t1)

联立解得：v＝8 m/s，t1＝5 s

(2)由速度公式：v＝at1

得：a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2

车胎受力如图并正交分解：

在x方向有：Fcos37°－f＝ma

在y方向有：N＋Fsin37°－mg＝0

且： f＝μN

代入数据联立解得：F＝59.92 N，

方向沿绳与水平方向成37°。

答案：(1)5 s　8 m/s

(2)59.92 N，方向沿绳与水平方向成37°

1．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120 km/h。有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150 m处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆。另有一小轿车乙正以120 km/h的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆与标示牌距离d＝20 m，司机立即紧急刹车。已知司机的反应时间t＝0.3 s，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)在反应时间内轿车的位移大小；

(2)刹车过程的加速度大小；

(3)计算分析甲、乙两车是否相撞。

【解析】(1)在司机的反应时间0.3 s内，轿车做匀速直线运动，

由题意知：v0＝120 km/h＝ m/s

所以在反应时间内轿车的位移大小x1＝v0t＝×0.3 m＝10 m。

(2)刹车过程，根据牛顿第二定律得μmg＝ma

得a＝5 m/s2。

(3)轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为x2＝＝ m＝ m≈111 m

当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为x＝x1＋x2＝121 m

因x<d＋150 m＝20 m＋150 m＝170 m，

故轿车乙不会与故障车甲相撞。

答案：(1)10 m　(2)5 m/s2　(3)甲、乙两车不会相撞

2．如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N的作用，运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)则：

(1)物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？

(2)物体到达B点时的速度是多大？

(3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？

【解析】(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F－μmg＝ma，解得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2。

(2)由M到B，根据速度位移公式可知：v＝2aL

解得：vB＝＝ m/s＝6 m/s。

(3)在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma′代入数据解得：a′＝10 m/s2

根据速度位移公式可知：0 －v＝－2a′x

解得：x＝＝ m＝1.8 m。

答案：(1)2 m/s2　(2)6 m/s　(3)1.8 m

【加固训练】

(多选)三个质量均为m的物体，分别沿三个质量均为M且倾角均为θ的固定斜面下滑；但甲减速下滑，乙加速下滑，丙匀速下滑，且甲、乙的加速度大小相等，则(　　)

A．减速下滑时对地的压力最大

B．三种情况对地的压力一样大

C．甲、乙两种情况下，m所受摩擦力一样大

D．甲、乙两种情况下，地面所受摩擦力一样大

【解析】选A、D。将加速度分解为水平和竖直方向的分加速度；在竖直方向上由牛顿第二定律可知，甲加速度向上，则甲处于超重状态，乙加速度向下，则乙处于失重状态，故对整体分析可知，减速下滑时，对地面的压力最大，故A正确，B错误；对物体m受力分析可知，甲中f－mg sin θ＝ma；而乙中为mg sin θ－f′＝ma；则可知，甲中m受摩擦力大，故C错误；对整体分析可知，甲、乙两种情况下，合力为摩擦力，水平分加速度相同，则水平分力大小为f＝max；故斜面受到的摩擦力一样大，则由牛顿第三定律可知，地面受到的摩擦力一样大，故D正确。

【拓展例题】考查内容：滑块、滑板模型

【典例】如图，一块质量为M＝4 kg，长L＝2 m的匀质木板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零。板的最左端放置一个质量m＝2 kg的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮(细绳与滑轮间的摩擦不计，木板与滑轮之间距离足够长，g取10 m/s2)。求：

(1)若木板被固定，某人以恒力F＝8 N向下拉绳，则小物块滑离木板所需要的时间是多少？

(2)若木板不固定，某人仍以恒力F＝8 N向下拉绳，则小物块滑离木板所需要的时间是多少？

【解析】(1)对小物块受力分析，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：a＝2 m/s2，由运动学公式L＝at可得t1＝ s。

(2)对小物块、木板受力分析，由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma1，μmg＝Ma2。

解得：a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2。

物块的位移x1＝a1t2，木板的位移x2＝a2t2，又x1－x2＝L

由以上三式解得t＝2 s。

答案：(1) s　(2)2 s

1．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的图线如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．物体在20 s内平均速度为零

B．物体在20 s内向一个方向运动

C．在20 s末物体又回到出发点

D．物体在20 s末的速度最大

【解析】选B。在0～10 s内，物体的加速度a＝＝，则10 s末的速度v1＝at＝，在10～20 s内，物体的加速度大小为a′＝＝，则物体在20 s末的速度v＝v1－a′t＝0。物体在0～10 s内做匀加速直线运动，10～20 s内做匀减速直线运动，20 s内的位移不等于零，所以平均速度不为零，物体一直向前运动，10 s末速度最大。故B正确，A、C、D错误。故选B。

2．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，车里的乘客可能受到伤害。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害，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平均作用力大小为(　　)

A.420 N　　B．600 N　　C．800 N　　D．1 000 N

【解析】选A。从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由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，所以选项A正确。

【加固训练】

1．(多选)如图所示，由相同材料做成的A、B两物体放在长木板上，随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，它们的质量分别为mA和mB，且mA>mB。某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是(　　)

A.若木板光滑，由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大

B．若木板粗糙，由于B的惯性较小，A、B间的距离将减小

C．若木板光滑，A、B间距离保持不变

D．若木板粗糙，A、B间距离保持不变

【解析】选C、D。若木板光滑，木板停止运动后，A、B均以速度v做匀速运动，间距不变，故A错误，C正确；若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到：μmg＝ma，a＝μg，则可见A、B匀减速运动的加速度相同，间距不变，故B错误，D正确。

2．如图所示，两个质量相同的物体甲和乙紧靠在一起，放在光滑水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2的作用，而且F1＞F2，则甲施于乙的作用力大小为(　　)

A．F1　　　　 B．F2

C．     D．

【解析】选D。设两物体的质量均为m，甲施于乙的作用力大小为F，根据牛顿第二定律得对整体：a＝，对物体乙：F－F2＝ma，得到F＝F2＋ma＝(F1＋F2)，故选D。

3．如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，BC与CD为两根固定光滑细直杆，其中CD通过O点且与AB成60°夹角，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球均从C点由静止释放，一小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1∶t2等于(　　)

A．∶1　　 B．2∶1　　 C．1∶1　　 D．∶2

【解析】选A。设AB＝CD＝d。小球从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin30°＝ma1得：a1＝g，由位移公式有：d＝a1t；得：t1＝2，小球从C点运动到B点的过程，由牛顿第二定律有：mgsin60°＝ma2，得：a2＝g，由位移公式有：dcos30°＝a2t得：t2＝，所以有：t1∶t2＝∶1，故选A。

4．如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后工作人员放手让冰块向前滑动，冰块自行滑到目的地，其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量M＝50 kg，冰块与滑道间动摩擦因数μ＝0.05，运送冰块的距离为16 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上。某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手，冰块刚好能滑到滑道末端静止(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：

(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；

(2)冰块滑动过程中的最大速度；

(3)工人拉冰块的拉力大小。

【解析】(1)设冰块匀加速时加速度大小为a1，匀减速时加速度大小为a2，最大速度为v，加速前进位移为x＝4.0 m，总位移为L＝16 m

则加速阶段有：v2＝2a1x

减速阶段有：

0－v2＝－2a2(L－x)

L－x＝12 m

则有：a1∶a2＝3∶1

(2)冰块匀减速阶段，有：μmg＝ma2

解得：a2＝0.5 m/s2

根据0－v2＝－2a2(L－x)

解得：v＝2 m/s

(3)因a1＝3a2

故a1＝1.50 m/s2

对冰块受力分析得：

Fcos53°－μ(Mg－Fsin53°)＝Ma1

已知，M＝50 kg，解得：F＝ N。

答案：(1)3∶1　(2)2 m/s　(3) N

【加固训练】

如图所示，质量为2 kg的物体在40 N水平推力作用下，从静止开始1 s内沿竖直墙壁下滑3   m。求：(g取10 m/s2)

(1)物体运动的加速度大小。

(2)物体受到的摩擦力大小。

(3)物体与墙间的动摩擦因数。

【解析】(1)由h＝at2，可得：a＝＝6 m/s2。

(2)分析物体受力情况如图所示：

水平方向：物体所受合外力为零，N＝F＝40 N

竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得：

mg－Ff＝ma

可得：Ff＝mg－ma＝8 N。

(3)物体与墙间的滑动摩擦力Ff＝μN

所以μ＝＝＝0.2。

答案：(1)6  m/s2　(2)8 N　(3)0.2