高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用精品学案

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知识精讲

知识点01 动力学两类基本问题
1.动力学问题的解题思路
2.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
【即学即练1】(已知受力情况求运动情况)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2.
【即学即练2】(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A.0～5 m内物块做匀减速运动
B.在t＝1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
知识点02 等时圆
1、质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3、两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.
【即学即练3】(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间.下列关系正确的是( )
A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1F3 D．F1＝F3
考法02 临界问题
【典例2】如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3).重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
分层提分

题组A 基础过关练
1．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
2.将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.eq \f(1,3)mg
C.eq \f(1,2)mg D.eq \f(1,10)mg
3.静止在光滑水平地面上的物体，突然受到一个如图所示的水平外力的作用，则( )
A．物体沿水平面做往复运动
B．物体始终沿水平面朝一个方向运动
C．物体沿水平面先做匀加速运动，后做匀减速运动
D．物体沿水平面先做匀加速运动，然后做匀速运动
4.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
5.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( )
A．tAtCD>tEF
C．tABtca，故选项A错误，B、C、D均正确.
知识点03 动力学中的临界问题
【即学即练4】解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1).纸板运动距离x1＋d＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1).纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)，l＝x1＋x2
且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得
F＝2μeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(m1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(d,l)))m2))g，代入数据求得F＝22.4 N.
答案 (1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g (3) 22.4 N
能力拓展

考法01 动力学图像
【典例1】[解析] 由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。
[答案] A
考法02 临界问题
【典例2】解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得
L＝v0t＋eq \f(1,2)at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得
a＝3 m/s2③
v＝8 m/s④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
Fcs α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcs θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式得
F＝eq \f(mgsin θ＋μcs θ＋ma,cs α＋μsin α)⑧
由数学知识得
cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α＝eq \f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应最小F的夹角
α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为
Fmin＝eq \f(13\r(3),5) N
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13\r(3),5) N
分层提分

题组A 基础过关练
1．答案 C
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.
2.解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2
解得：eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,1)
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝eq \f(1,2)mg，C正确。
3.[解析] 题干中F先增大后减小，力的大小随时间变化，但是方向没有变化，由F＝ma得加速度先增大后减小，所以物体一直处于加速状态，但不是匀加速，故A、C、D错误，B正确。
[答案] B
4.解析：选A 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。
5.解析：选B 由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tCtCD>tEF，B项正确。
5. 解析：选C 物块在上升过程中加速度大小为a＝eq \f(mg＋kv,m)，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝eq \f(mg－kv,m)，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
6．解析：选A 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
7．答案 AD
解析 由题图可知，当风速为0时物体沿斜面向下加速运动，当风速为5 m/s时物体沿斜面匀速向下运动，此时有摩擦力的作用，故A选项正确，B、C选项错误；由题意有，当v＝0时，a＝4 m/s2，mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma得μ＝0.25，D选项正确．
题组C 培优拔尖练
1.解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得，
a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝eq \f(0－v0,aA)＝eq \f(0－6,－3) s＝2 s
物块A通过的位移xA＝eq \f(v0,2)t＝6 m
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。
答案：(1)15 N (2)6 m
2.解析：(1)对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a
代入数据解得a＝4 m/s2
对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
FT－mAgsin θ－μmAgcs θ＝mAa
代入数据解得：FT＝14 N。
(2)轻绳断裂后，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcs θ＝mAaA
代入数据解得：aA＝10 m/s2
由运动学公式有：v＝aAt
解得：t＝eq \f(v,aA)＝1 s
由运动学公式有：xA＝eq \f(vt,2)＝5 m
轻绳断裂后，对B物块受力分析，由牛顿第二定律得：
F－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBaB
代入数据解得：aB＝11 m/s2
由运动学公式有：xB＝vt＋eq \f(1,2)aBt2
代入数据解得：xB＝15.5 m
由题意可知，当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离为：x＝xB－xA＋L＝11 m。
答案：(1)14 N (2)11 m
3.解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2
根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff1＝ma1cs θ＝7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2＝eq \f(v,a2)＝2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得
Ff2＝ma2cs θ＝1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
答案：(1)4.8 m/s (2)见解析图
4.解析：选AD 设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝eq \f(F1＋F2,mA＋mB)＝eq \f(3.6＋0,1＋2)m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa，
得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，
经历时间：t＝eq \f(4,3.6)×2.7 s＝3 s，
根据位移公式：x＝eq \f(1,2)at2＝5.4 m，则D正确；
当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误；
当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa，
得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。
课程标准
课标解读
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。
2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。
3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。
3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。