高中物理 3.5 牛顿运动定律的应用(第1课时)教学案 教科版必修1

3.5 牛顿运动定律的应用第一课时
[目标定位] 1.明确动力学的两类基本问题.2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．
用牛顿运动定律解决的几类基本问题
1．已知物体的受力和运动情况可求得物体的质量.
2．根据物体的受力和初始运动情况，由牛顿运动定律可以确切地知道物体以后的运动．
3．根据物体的运动情况，由牛顿运动定律可推知物体的受力情况． 运动情况→a →F 合→受力情况 想一想：
如图351所示为某次真空实验中用频闪照相机拍摄到的金属球与羽毛在真空中下落时的照片，由照片可以看出，在真空中金属球与羽毛的下落运动是同步的，即它们有相同的加速度．
图351
问题：根据牛顿第二定律，物体的加速度与其质量成反比，羽毛与金属球具有不同质量，为何它们的加速度相同呢？
答案 牛顿第二定律中物体的加速度与其质量成反比的前提是合力不变．本问题中真空中羽毛及金属球都是只受重力作用，故根据牛顿第二定律a ＝F
m
知，它们的加速度均为自由落体加速度g .
一、从受力确定运动情况 1．基本思路
首先对研究对象进行受力情况和运动情况分析，把题中所给的情况弄清楚，然后由牛顿第二定律，结合运动学公式进行求解． 2．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，求出所需的运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动轨迹等．
已知物体的受力情况――→F ＝ma
求得a ，⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝v 0t ＋12
at 2
v ＝v 0＋at
v 2
－v 2
＝2ax
求x 、v 0、v 、t .
例
1楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，如图352所示，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数μ为0.5，天花板长为L＝4 m，取sin 37°＝0.6，试求：
图352
(1)刷子沿天花板向上的加速度；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间
解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图，以平行和垂直斜面建立坐标系．设向上推力为
F ，滑动摩擦力为F f ，天花板对刷子的弹力为F N ，由牛顿第二定律，得
(F －mg )sin 37°－μ(F －mg )cos 37°＝ma 代入数据，得a ＝2 m/s 2
.
(2)由运动学公式，得L ＝12at 2
.代入数据，得t ＝2 s.
答案 (1)2 m/s 2
(2)2 s
借题发挥 (1)正确的受力分析是解答本类题目的关键．(2)若物体受两个力作用，用合成法求加速度往往要简便一些；若物体受三个或三个以上的力作用时，要正确应用正交分解法求
加速度．
针对训练 一个静止在水平面上的物体，质量为2 kg ，受水平拉力F ＝6 N 的作用从静止开始运动，已知物体与平面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体2 s 末的速度及2 s 内的位移．(g 取10 m/s 2
)
解析 物体竖直方向受到的重力与支持力平衡，合力为零，水平方向受到拉力F 和滑动摩擦力，则根据牛顿第二定律得F －f ＝ma ，又f ＝μmg 联立解得，a ＝1 m/s 2
.
所以物体2 s 末的速度为 v ＝at ＝1×2 m＝2 m 2 s 内的位移为x ＝12at 2
＝2 m.
答案 2 m/s 2 m 二、从运动情况确定受力 1．基本思路
首先从物体的运动情况入手，应用运动学公式求得物体的加速度a ，再在分析物体受力的基础上，灵活利用牛顿第二定律求出相应的力． 2．解题步骤
(1)确定研究对象；对研究对象进行受力分析，画出力的示意图． (2)选取合适的运动学公式，求得加速度a . (3)根据牛顿第二定律列方程，求得合力．
(4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力 已知物体运动情况――→匀变速直线运动公式a ――→F ＝ma
物体受力情况．
例
2 我国《侵权责任法》第87条“高空坠物
连坐”条款规定：建筑物中抛掷物品或者从建筑物上坠落的物品造成他人损害，难以确定具体侵权人的，除能够证明自己不是侵权人外，由可能加害的建筑物使用人给予补偿．近日，绵阳一小伙就借助该条款赢得了应有的赔偿．如图353所示，假设质量为5.0 kg 的物体，从离地面36 m 高处，由静止开始加速下落，下落过程中阻力恒定，经3 s 落地．试求：
图353
(1)物体下落的加速度的大小；
(2)下落过程中物体所受阻力的大小．(g 取10 m/s 2
) 解析 (1)物体下落过程中做初速度为零的匀加速运动， 根据公式h ＝12at 2可得：a ＝2h t 2＝8 m/s 2.
(2)根据牛顿第二定律可得mg －f ＝ma ， 故f ＝mg －ma ＝10 N.
答案 (1)8 m/s 2
(2)10 N
针对训练 如图354所示，水平恒力F ＝20 N ，把质量m ＝0.6 kg 的木块压在竖直墙上，木块离地面的高度H ＝6 m ．木块从静止开始向下做匀加速运动，经过2 s 到达地面．求：
图354
(1)木块下滑的加速度a 的大小；
(2)木块与墙壁之间的动摩擦因数．(g 取10 m/s 2
)．
解析 (1)木块从静止开始向下做匀加速运动，经过2 s 到达地面，由位移时间公式得，H ＝
1
2
at 2
解得a ＝2H t
2＝3 m/s 2
.
(2)木块下滑过程受力分析如图： 竖直方向，由牛顿第二定律有：
G －f ＝ma
水平方向：由平衡条件有：F ＝N
f ＝μN
联立解得μ＝
m g －a
F
＝0.21. 答案 (1)3 m/s 2
(2)0.21 三、多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等．
2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．
例
3 (2013四川资阳期末)如图355所示，在倾
角θ＝37°足够长的斜面底端有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现用大小为F＝22.5 N、方向沿斜面向上的拉力将物体由静止拉动，经时间t0＝0.8 s撤去拉力F，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
图355
(1)t0＝0.8 s时物体速度v的大小；
(2)撤去拉力F以后物体在斜面上运动的时间t.
解析(1)在拉力作用下物体沿斜面向上做匀加速运动，作出物体受力分析如图所示．
根据受力情况和牛顿运动定律有：
F－mg sin θ－f＝ma
f＝μN＝μmg cos θ，v＝at0
联立并代入数据得：v＝10 m/s.
(2)撤去拉力后物体先向上做匀减速运动至速度为0后向下做匀加速运动至斜面底端．设向上
运动时间为t 1，向下运动时间为t 2，拉力作用下物体发生的位移为x 0，由牛顿运动定律有：
x 0＝12
vt 0
向上运动时：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 0－v ＝a 1t 1
x 1＝12
vt 1
向下运动时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2
x 0＋x 1＝1
2
a 2t 22，t ＝t 1＋t 2
联解并代入数据得：t ＝4 s. 答案 (1)10 m/s (2)4 s
针对训练 质量为m ＝2 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，现在对物体施加如图356所示的力F ，F ＝10 N ，θ＝37°(sin 37°＝0.6)，经t 1＝10 s 后撤去力F ，再经一段时间，物体又静止，(g 取10 m/s 2
)则：
图356
(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态； (2)物体运动过程中最大速度是多少？ (3)物体运动的总位移是多少？
解析 (1)当力F 作用时，物体做匀加速直线运动，撤去F 时物体的速度达到最大值，撤去F 后物体做匀减速直线运动．
(2)撤去F 前对物体受力分析如图甲，有：F sin θ＋F N1＝mg
F cos θ－F f ＝ma 1 F f ＝μF N1 x 1＝1
2
a 1t 21
v ＝a 1t 1，联立各式并代入数据解得x 1＝25 m ，v ＝5 m/s.
(3)撤去F 后对物体受力分析如图乙， 有：F f ′＝μmg ＝ma 2
2a 2x 2＝v 2
，代入数据得x 2＝2.5 m 物体运动的总位移：x ＝x 1＋x 2
得x＝27.5 m.
答案(1)见解析(2)5 m/s (3)27.5 m
从受力确定运动情况
1．如图357所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h, 机车持续牵引力为1.57×105N.设列车总质量为100 t，列车所受阻力为所受重力的0.1倍，如果列车在该持续牵引力牵引下做匀加速直线运动，那么列车从开始启动到达到最大运行速度共需要多长时间？(g取10 m/s2)
图357
解析已知列车总质量m＝100 t＝1.0×105 kg，列车最大运行速度v＝270 km/h＝75 m/s，持续牵引力F＝1.57×105 N，列车所受阻力F f＝0.1mg＝1.0×105 N.
由牛顿第二定律得F－F f＝ma，
所以列车的加速度a ＝F －F f m ＝1.57×105－1.0×1051.0×10
5
m/s 2＝0.57 m/s 2
.又由运动学公式v ＝v 0＋at ，可得列车从开始启动到达到最大运行速度需要的时间为t ＝v －v 0a ＝75－0
0.57
s≈131.58 s.
答案 131.58 s
从运动情况确定受力
2．“歼十”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注．如图358所示，一架质量m ＝5.0×103
kg 的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x ＝5.0×102
m ，达到起飞速度v ＝60 m/s.在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍．求飞机滑行时受到的牵引力多大？(g 取10 m/s 2
)
图358
解析 滑行过程，飞机受重力G ，支持力F N ，牵引力F ，阻力F f 四个力作用，在水平方向上，由牛顿第二定律得：
F －F f ＝ma ① F f ＝0.02mg ②
飞机匀加速滑行v 2
－0＝2ax ③
由③式得a ＝3.6 m/s 2
，代入①②式得F ＝1.9×104
N. 答案 1.9×104
N
多过程问题分析
3．静止在水平面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，此时将力撤去，又经6 s 物体停下来，若物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小．
解析 前4 s 物体做匀加速直线运动，由运动学公式可得其加速度a 1＝v －v 0t 1＝4－04
m/s 2
＝1 m/s
2
① 物体在水平方向受恒力F 和摩擦力F f ，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1
②
后6 s 内物体做匀减速直线运动，其加速度为a 2＝v ′－v t 2＝0－46 m/s 2＝－23
m/s 2
③ 且由牛顿第二定律知：－F f ＝ma 2
④
由①②③④联立得：F ＝ma 1＋F f ＝m (a 1－a 2)＝2×(1＋23)N ＝10
3 N.
答案
10
3
N 4．物体以12 m/s 的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25(g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： (1)物体沿斜面上滑的最大位移； (2)物体再滑到斜面底端时的速度大小．
解析 (1)物体上滑时受力分析如图甲所示， 垂直斜面方向：
F N ＝mg cos 37°
平行斜面方向：
F ＋mg sin 37°＝ma 1
又F ＝μF N
由以上各式解得物体上滑时的加速度大小：a 1＝g sin 37°＋μg cos 37°＝8 m/s 2
物体沿斜面上滑时做匀减速直线运动，速度为0时在斜面上有最大的位移
故上滑的最大位移
x ＝v 20
2a 1＝1442×8
m ＝9 m. (2)物体下滑时受力如图乙所示垂直斜面方向：F N ＝mg cos 37°，平行斜面方向：mg sin 37°－F ＝ma 2.又F ＝μF N
由以上各式解得物体下滑时的加速度大小：
a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝4 m/s 2
由v 2
＝2a 2x 解得物体再滑到斜面底端时的速度大小：
v ＝6 2 m/s.
答案 (1)9 m (2)6 2 m/s。