物理5 牛顿运动定律的应用学案及答案

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2020-2021学年高一物理同步讲义（新教材人教A版必修第一册）
第四章 运动和力的关系
4.5 牛顿运动定律的应用
一．知识点归纳
知识点一 已知物体的受力求运动情况
1．由物体的受力情况确定其运动的思路
→→→→
2．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分析，并画出物体的受力示意图；
(2)根据力的合成与分解的方法，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，求出物体的加速度；
(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．
知识点二 已知物体的运动情况求受力
1．基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：

2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(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)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．
二、题型分析
题型一 从受力确定运动情况
【例1】(2019-2020学年·浙江湖州高一期中)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：


(1)冰车的最大速率；
(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．
【答案】(1)5 m/s　(2)50 m
【解析】(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②式得vm＝5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
v＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥式得x＝50 m.
【总结提升】从受力确定运动情况应注意的三个方面
(1)方程的形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F－ma＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义．
(2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值．
(3)求解：F、m、a采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论．
【变式】．一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5 s内滑下的路程和5 s末的速度大小．(g取10 m/s2)

【答案】58.2 m　23.3 m/s
【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示．

将重力mg沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，据平衡条件和牛顿第二定律列方程
FN－mgcosθ＝0①
mgsinθ－Ff＝ma②
又因为Ff＝μFN③
由①②③可得：a＝g(sinθ－μcosθ)
故x＝at2＝g(sinθ－μcosθ)t2＝×10××52 m＝58.2 m
v＝at＝10××5 m/s＝23.3 m/s

题型二 等时圆模型
【例2】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则(　　)

A．t1t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
【答案】D
【解析】小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的， 设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知
mgcos θ＝ma①
设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移为x＝2Rcos θ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③式联立解得t＝2
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.









【模型构建】等时圆模型
常见情况
运动规律
例图
质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点
所用时间
相等

常见情况
运动规律
例图
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

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















【变式】1.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)

A．2∶1　　　　　　　　　 B．1∶1
C.∶1 D．1∶
【答案】B.
【解析】：设光滑斜槽轨道与竖直面的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a＝gcos θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)cos θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝ ＝2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
题型三 已知物体的运动情况求受力
【例3】(2019-2020学年·佛山高一检测)在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变)，最高能到达C点．

机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下．求：

t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
(1)机器人对小滑块作用力F的大小；
(2)斜面的倾角α的大小．
【答案】(1)2 N　(2)30°
【解析】(1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2
由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N.
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：
a2＝＝5 m/s2
由牛顿第二定律得：
mgsin α＝ma2
则α＝30°.
【归纳总结】从运动情况确定受力应注意的三个方面
(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．
(2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解．
(3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力．
【变式】战士拉车胎进行100 m赛跑训练体能．车胎的质量m＝8.5 kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.7.某次比赛中，一名战士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＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)战士加速所用的时间t1和达到的最大速度大小v；
(2)战士匀加速运动阶段绳子对车胎的拉力大小F.
【答案】(1)5 s　8 m/s　(2)59.92 N
【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－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
三．课堂检测
1．质量为1 kg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秒内的位移为x m，则合力F的大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由运动情况可求得质点的加速度a＝ m/s2，则合力F＝ma＝ N，故A项对．
2．(多选)如图1所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图2所示，下列判断不正确的是(　　)

A．在0～1 s内，外力F不断增大且大于摩擦力
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定且等于摩擦力
C．在3～4 s内，外力F不断减小且大于摩擦力
D．在3～4 s内，外力F不断减小且小于摩擦力
【答案】AC
【解析】由题图2可知，在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，合外力不变，由于摩擦力不变，所以外力F不变且大于摩擦力，故A错误．在1～3 s内，物块匀速运动，外力F等于摩擦力，故B正确．根据3～4 s内速度图线的变化规律可知，物块加速度反向且增大，说明外力F小于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，f－F＝ma′，外力F在不断减小，C错误，D正确．故选AC.
3.(2019-2020学年·江苏高一月考)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是(　　)


【答案】C.
【解析】：设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确．
4.(多选)如图，在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球，其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止，则下列说法正确的是(　　)

A．AB绳拉力不变　　　　 B．AB绳拉力变大
C．BC绳拉力变大 D．BC绳拉力不变
【答案】AC.
【解析】：对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图

根据牛顿第二定律，水平方向F2－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝，F2＝Gtan θ＋ma因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．
5.(2019-2020学年·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．

(1)求飞机在水平跑道运动的时间；
(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．
【答案】：(1)4 s　(2)3.5 m/s2
【解析】：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得a1＝4.5 m/s2
由匀加速直线运动公式L1＝at2
解得t＝4 s.
(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得
F－f－mgsin θ＝ma2，其中sin θ＝
解得a2＝3.5 m/s2.
四、课后提升作业
1．(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别沿AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(　　)

A．a球最先到达M点 B．c球最先到达M点
C．b球最先到达M点 D．b球和c球都可能最先到达M
【答案】B.
【解析】：c球从圆心C处由静止开始沿CM做自由落体运动，R＝gt，tc＝；a球沿AM做匀加速直线运动，aa＝gsin 45°＝g，xa＝＝R，xa＝aat，ta＝；b球沿BM做匀加速直线运动，ab＝gsin 60°＝g，xb＝＝2R，xb＝abt，tb＝；由上可知，tb>ta>tc.
2.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　)
A．自身所受重力的2倍　　 B．自身所受重力的5倍
C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍
【答案】B.
【解析】：由自由落体v2＝2gH，缓冲减速v2＝2ah，由牛顿第二定律F－mg＝ma，解得F＝mg＝5mg，故B正确．
3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　)

【答案】C.
【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝ .当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
4.（多选）如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　)

A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动
【答案】BC.
【解析】：水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg＝3 N．故a＝＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后Fμ2卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　)

A. B.
C. D.
【答案】C.
【解析】：设A的质量为m，卡车以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，对构件A由牛顿第二定律得f1＝ma1≤μ2mg，解得a1≤μ2g，同理，可知B的最大加速度a2≤μ1g；由于μ1>μ2，则a1