2020-2021学年第四章 牛顿运动定律6 牛顿运动定律的应用学案设计

这是一份2020-2021学年第四章 牛顿运动定律6 牛顿运动定律的应用学案设计，共10页。

一、动力学方法测质量
如果已知物体的受力情况和运动情况，可以求出它的加速度，进一步利用牛顿第二定律求出它的质量．
二、从受力确定运动情况
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，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况．
三、从运动情况确定受力
1．如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．
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．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(√)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．(×)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．(√)
(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的. (×)
2．A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为 ( )
A．xA＝xB B．xA>xB
C．xAt1>t2D．t1＝t2＝t3
D [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
mgcs 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＝2Rcs θ②
由运动学公式得x＝eq \f(1,2)at2③
由①②③联立解得t＝2eq \r(\f(R,g)).
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3，D正确．]
1．解题思路
eq \x(\a\al(已知物体,运动情况))eq \(―――――――――――→,\s\up10(\a\al(由匀变速直线运动公式)),\s\d10(运动分析))eq \x(\a\al(求得a))eq \(―――――→,\s\up10(由F＝ma),\s\d10(受力分析))eq \x(\a\al(确定物体,受力情况))
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，由合力求出所需求的力．
【例2】 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则：
(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
思路点拨：eq \x(\a\al(确定研,究对象))→eq \x(\a\al(运动,分析))→eq \x(\a\al(运动学,方程))→eq \x(\a\al(求)a)→eq \x(\a\al(受力,分析))→eq \x(\a\al(牛顿第,二定律))→eq \x(\a\al(求受力,情况))
[解析] (1)由题意可知，h＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s.
设斜面倾角为θ，则sin θ＝eq \f(h,L)
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝eq \f(1,2)at2得
a＝eq \f(2L,t2)，代入数据得a＝2.5 m/s2.
(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x轴方向有mgsin θ－f＝ma
沿y轴方向有N－mgcs θ＝0，
又f＝μN
联立方程解得
μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ)≈0.92.
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)0.92
从运动情况确定受力的注意事项
(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．
[跟进训练]
训练角度1 单过程问题
2．如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°.现木块上有一质量m＝1.0 kg 的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向．
[解析] (1)由题意可知，木块滑行的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.4,0.40) m/s2＝3.5 m/s2.
对木块受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma，解得f＝1.5 N.
甲 乙
(2)根据(1)问中的木块受力示意图可得N＝mgcs θ.对木块受力分析，如图乙所示，根据牛顿第三定律有N′＝N，根据水平方向上的平衡条件可得f地＋fcs θ＝N′sin θ，解得f地≈3.03 N，f地为正值，说明图中标出的方向符合实际，故摩擦力方向水平向左．
[答案] (1)1.5 N (2)3.03 N 方向水平向左
训练角度2 多过程问题
3．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0 s绳子突然断了，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．(已知sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80，g取10 m/s2)
[解析] (1)物体受拉力向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－mgsin θ－f＝ma1
又f＝μN，N＝mgcs θ
解得a1＝2.0 m/s2
t1＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t1＝8.0 m/s.
(2)绳断时物体距斜面底端的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al( 2,1)＝16 m
绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有
mgsin θ＋f＝ma2
解得a2＝8.0 m/s2
物体匀减速运动的时间
t2＝eq \f(v1,a2)＝1.0 s
减速运动的位移为x2＝eq \f(1,2)v1t2＝4.0 m
此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，根据牛顿第二定律可得：
mgsin θ－f＝ma3，
解得a3＝4.0 m/s2
设物体由最高点下滑的时间为t3，根据运动学公式可得x1＋x2＝eq \f(1,2)a3teq \\al( 2,3)，t3＝eq \r(10) s≈3.2 s，
所以物体返回斜面底端的时间为t＝t2＋t3＝4.2 s.
[答案] (1)8.0 m/s (2)4.2 s
1．物理观念：能结合运动情况确定受力情况，能结合受力情况确定运动情况．
2．科学思维：掌握牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法.
1．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，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 mD．5 m
B [a＝eq \f(f,m)＝eq \f(mg,m)＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m，B正确．]
2．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．eq \f(F,3) B．eq \f(F,4) C.eq \f(F,2) D．eq \f(2F,3)
B [在前t时间内，由牛顿第二定律知F－f＝ma1，t时间末v＝a1t，得v＝eq \f(F－f,m)·t；后3 t内，由牛顿第二定律知f＝ma2，另由运动学规律得0＝v－a2·3t，即v＝eq \f(f,m)·3t，联立得f＝eq \f(F,4)，故选项B正确．]
3.(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
BC [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f＝μN＝μmg＝3 N，故a＝eq \f(F＋f,m)＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需时间为t＝eq \f(v0,a)＝2 s，故B正确，A错误；减速到零后Fa2，t1a2，t1>t2
C．a1