4.6用牛顿运动定律解决问题(一)

特别提示：
力的合成 与分解
合力F
运动学 公式
运动情况
a
F= m a
• 1、在分析研究对象的受力情况时，请画出研究 对象的受力示意图。 • 2、在分析研究对象的运动情况时，请画出研究 对象的运动过程简图。 • 3、在用牛顿运动定律解题时,速度、加速度、位 移和力的正负号极易出错,解题时,一定要注意正 方向的规定
复习： 一、牛顿第二定律
1、内容：物体的加速度跟所受合力 成正比,跟物体质量成反比; 加速度 方向跟合力方向相同。 2、公式:
F=ma
注意：（1）同时性 （2）同向性
二、运动学公式
速度公式 ：v = vo+at 位移公式：x= vot +at2 /2
导出公式：vt 2－ vo 2 =2ax
例1.一个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
动力学的两类基本问题
一、 从受力确定运动情况
物体受
力情况
牛顿第
二定律
加速度
a
运动学
公 式
物体运
动情况
二、从运动情况确定受力
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
加速度a是联系力和运动的桥梁

2X
a2

2 9 s 2
3s
t=t1+t2=4.5s
【典型例题】 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三 根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上， a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套 着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环a、b、c分别 从a、b、c处释放(初速为0)，用t1，t2、t3依次表示 滑环到达d处所用的时间，则( ) • A．t1<t2<t3 • B．t1>t2>t3 • C．t3>t1>t2 • D．t1＝t2＝t3
v0
300 ╮
ห้องสมุดไป่ตู้
受力分析：
FN FN
a2
a1
Ff
╮ 300
mg
╮ 300
mg
上滑时
下滑时
上滑时：
mgsinθ +Ff=m a1 FN – mgcosθ =0 F f= μ F N 解得:a1= g(sinθ +μ cosθ )
3 3 =10 ×(0.5+ )=8m/s2 2 5
下滑时：
mgsinθ -Ff=m a2 FN – mgcosθ =0 F f= μ F N 解得:a2= g（sinθ -μ cosθ )
N f
O
F
G
拓展:如果物体与地面的动摩擦因数为0.2， 其他条件不变。其结果如何？
一、 从受力确定运动情况
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，要求判断出 物体的运动状态或求出物体的速度、位移 等。 处理这类问题的基本思路是：先分析物 体受力情况求合力，据牛顿第二定律求加 速度，再用运动学公式求所求量(运动学 量 )。
杆下滑的时间是相等的．
答案：D
二、倾斜传送带问题 某企业的生产车间处在楼 上，为了将产品方便快捷的运送到 地面，专门安装了传送带设备，如 右图所示．已知传送带与水平面的 夹角 θ＝37° ，正常的运行速度是 v ＝10 m/s.现在传送带的 A 端轻轻放上一个小物体 (可视为质点)，已知小物体与传送带之间的动摩擦 因数为 μ＝0.5， A、 B 间距离 x＝16 m． 试分析计算： (已知 sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8，取 g＝10 m/s2)
解题步骤：
(1)确定研究对象； (2) 分 析 受 力 情 况 和 运 动 情 况 ， 画示意图(受力和运动过程)； (3) 用牛顿第二定律或运动学公式 求加速度； (4) 用运动学公式或牛顿第二定律 求所求量。
应 用 牛 顿 运 动 定 律 解 题 的 一 般 步 骤
解题思路：
确定研究对象 受力情况
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
练习： 一静止木箱质量为 m ，与水平地面间的动
Y N
摩擦因数为 μ ，现用斜向右下方与水平方向成 θ 角 的力F推动木箱加速运动，求经过t秒时木箱的速度。
N
f F2=FSin G F 建立直角坐标系 F1=FCos X
mgsin θ－μmgcos θ a1＝ ＝g(sin θ－μcos θ) m ＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 当传送带停止或沿顺时针方向正常转动时，小物 体均沿传送带下滑做初速度为零的匀加速直线运 动，设需要时间为 t，则 2×16 1 2 2x x＝ a1t ，t＝ ＝ s＝4 s 2 a1 2
度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ= 30o，在 t = 5s 的时间内滑下的路程x = 60m，求滑雪人受到的阻力 （包括摩擦和空气阻力）。 思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度a， 再利用牛顿第二定律F合=ma求滑雪人受到的阻力。
1 解： 根据运动学公式：x＝v0t＋ at2 得： 2 2（x－v0t） a＝ t2 代入已知量得：a＝4m/s2 对人进行受力分析，建立坐标系， 根据牛顿第二定律F＝ma，得： mgsinθ－F阻＝ma 即：F阻＝mgsinθ－ma 代入数值得：F阻＝67.5N 即：滑雪人受到的阻力是67.5N。
牛顿第二定律公式 (F=ma) 和运动学公式 ( 匀变速 直线运动公式 v=v0+at, x=v0t+at2/2, v2－ v02=2ax等 )中， 均包含有一个共同的物理量——加速度a。 由物体的受力情况，用牛顿第二定律可求加速 度，再由运动学公式便可确定物体的运动状态及其 变化；反过来，由物体的运动状态及其变化，用运 动学公式可求加速度，再由牛顿第二定律便可确定 物体的受力情况。 可见，无论是哪种情况，加速度始终是联系力和 运动的桥梁。求加速度是解决有关力和运动问题的 基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解 决问题的关键。
【练习 1】质量为 40kg 的物体静止在水
平面上, 当在400N的水平拉力作用下由
静止开始经过16m时, 速度为16 m/s, 求
物体受到的阻力是多少?
【答案】80N
F
例2、物体以12m/s的初速度从斜面底端向上
滑动。斜面的倾角300，动摩擦系数为 3 /5。 且斜面足够长。求物体在斜面上运动的时间。
当传送带逆时针方向正常转动时，开始时，传送 带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下 小物体下滑的加速度 a2＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 小物体加速到与传送带运行速度相同时需要的 v 10 时间为 t1＝ ＝ s＝1 s a2 10 在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为 x1 1 2 ＝ a2t1 2 1 ＝ ×10×12 m＝5 m 2
此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对 于传送带的运动方向向下，因此传送带对小物体 的摩擦力又改为沿传送带向上，如下图所示．其 加速度变为 a1＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
小物体从该位置起运动到 B 端的位移为(x－x1)＝ 16 m－5 m＝11 m 沿传送带方向小物体做初速度为 v＝10 m/s、 加速 度为 a1 的匀加速直线运动 1 2 由 x－x1＝vt2＋ a1t2得 2 1 2 11＝10t2＋ ×2t2 ＝10t2＋t2 2 2 解得 t2＝1 s 所以，小物体从 A 端运动到 B 端的时间为 t＝t1＋t2＝2 s 答案： (1)4 s (2)4 s (3)2 s
(1)如果传送带停止运行，小物体从A端运动到B端的时间； (2)如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运 动到B端的时间； (3)如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运 动到B端的时间．
解析： 对放在传送带上的小物 体进行受力分析，小物体沿传送 带向下滑动时，无论传送带是静 止还是沿顺时针方向正常转动， 小物体的受力情况完全一样，都 是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带 向上的滑动摩擦力，如右图所示．根据牛顿第二 定律，小物体沿传送带下滑的加速度为
4s末的速度
vt v 0 at 0 1.1 4m / s 4.4m / s
1 1 2 2 s v t at 1 . 1 4 m 8.8m 4s内的位移 0 2 2
例1.一个静止在水平地面上的物体,质量是2Kg, 在6.4N的水平拉力作用下沿水平地面向右运 动。物体与地面间的摩擦力是4.2N。求物体 在4s末的速度和4s内发生的位移。
解析：设图的半径为 R，任取一个滑杆 ed，如图所示，设 ∠ade＝θ，由直角三角形得 x＝ed＝2R· cos θ；在 ed 上，a＝gsin α ＝ gsin (90°－ θ) ＝ gcos θ ； 由 位 移 公 式 得 t ＝ 2×2Rcos θ ＝2 gcos θ 2x a ＝
R g 与倾斜角度无关，所以环从 ab、bd、cd
4.如何求加速度？ 借助于牛顿第二定律F合=ma，利用合力来求加速度。 5.本题的解题思路如何？ 先受力分析求出合力，再用牛顿第二定律求出加速度， N 最后用运动学公式求解。
解：物体受力如图
f
O
F
由图知：F合=F－f=ma
F f 6.4 4.2 m / s 2 1.1G m / s2 a= m 2
6.4N的水平拉力作用下沿水平面向右运动，物体与水平 地面间的滑动摩擦力为4.2N。求物体4s末的速度和4s内 发生的位移。 N 问题：
1.物体的受力情况如何？ f F 受力分析如图示： 2.物体所受的合力如何？ 竖直方向：合力为零，加速度为零。 G 水平方向： 大小：F合=F－f；方向与拉力F方向相同 3.物体的运动情况中已知哪些量？要求末速度和位移， 还差什么量？ 已知初速度VO和时间t，要 Ｖ Ｏ =O t=4s Ｖ t=? 求末速度Vt和位移Ｘ,还差 Ｘ=? 加速度a。