教科版必修一3.5《牛顿运动定律的应用》word学案

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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 ＝Fm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 ＋12at 2v ＝v 0＋atv 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 ＝12at 2解得a ＝2H t2＝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 ＝Nf ＝μN联立解得μ＝m g －aF＝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＝maf＝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＝12vt 0向上运动时：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 0－v ＝a 1t 1x 1＝12vt 1向下运动时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 0＋x 1＝12a 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＝mgF cos θ－F f ＝ma 1 F f ＝μF N1 x 1＝12a 1t 21v ＝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 22a 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 ＝1.57×105－1.0×1051.0×105m/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 ＝75－00.57s≈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 ＝5.0×103kg 的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x ＝5.0×102m ，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 ＝1.9×104N. 答案 1.9×104N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＝4－04m/s 2＝1 m/s2① 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 1②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＝－23m/s 2③ 且由牛顿第二定律知：－F f ＝ma 2④由①②③④联立得：F ＝ma 1＋F f ＝m (a 1－a 2)＝2×(1＋23)N ＝103 N.答案103N 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 202a 1＝1442×8m ＝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。

教科版必修一 3.5 牛顿运动定律的应用(导学案)

牛顿运动定律的应用导学案一，学习目标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二，学习重难点重点：两类基本问题解题思路。

明白加速度是桥梁难点：多过程问题处理三，新课学习1，复习引导（知识点回顾）运动学匀变速公式两个基本公式：速度公式：；位移公式：；三个常用推论：平均速度a ;速度位移关系b ;位移差公式c （条件：）2牛顿三大运动定律牛顿第一定律（1）惯性：a：惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态、所处位置无关。

b：是描述物体惯性大小的唯一量度。

c:不受力等效物体处于静止或匀速直线状态（2）力是；牛顿第二定律：加速度（1）大小：（2）方向：牛顿第三定律：公式（作用力反作用力的关系及与平衡力的异同？）2新课学习1，第一类问题：已知物体的运动情况来确定问题的受力情况和质量（v,x→a→F）教材例题1，一个物体受到竖直向上的拉力，由静止开始向上运动。

已知向上的拉力F 为640N，物体在最初的2s内的位移为6m,问物体的质量是多少?分析总结解题步骤第二类问题：已知物体的受力情况来确定物体的运动情况（F→a→V,X）教材例题2质量为4KG的物体，以2m/s的速度在水平面上匀速前进，若物体与水平面间的动摩擦因数是0.2，则水平拉力F1为多大？若F1突然变成F2=6N,并持续作用2S,问：在这2S内，物体的位移是多大？g取10m/s2分析总结解题步骤思考一下，在第二问下5S内物体的位移为多少？（有几种算法）分析多过程问题时：联系点：连接点上相等注意：不同过程F与a相对应，所以没个过程都要重新受力分析。

课堂练习：1、一辆以15m/s的速度行驶的无轨电车，在关闭电动机后，经过10s停下来。

电车的质量是4.0×103kg，求电车所受阻力。

蓝皮例题3如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长为L=8.0m，倾角θ=37°的斜面CD段是与斜面平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25，不计空气阻力（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）人从斜面顶端A滑至底端C用的时间；（2）人在离C点多远处停下．四，课堂小结动力学的两类基本问题：第一类问题：已知物体的运动情况来确定问题的受力情况和质量（v,x→a→F）解题步骤：第二类问题：已知物体的受力情况来确定物体的运动情况（F→a→V,X）解题步骤：多过程问题：解题时分过程讨论。

教科版必修一3.5《牛顿运动定律的应用》word教案

【课题】教科版《物理1》第三章牛顿运动定律第五节牛顿运动定律的应用------------汽车安全运行【设计思想】本节内容取自于《普高课程标准实验教科书物理必修1》08版，但在09版必修1中，本节教材被删除了。

但作为牛顿运动定律的应用是很好的素材，兼顾对牛顿运动定律的复习和定律内容与实际应用的结合，因此占有很重要的位置，对这章的学习是一种深化。

选择这节课想达到以下三个目的：1．学会应用牛顿运动定律解决两类动力学基本问题，并学会这两类基本问题的处理方法和基本步骤；2．学会应用物理知识解决实际问题的方法和思路，学会合理近似、理想化处理实际问题，体会物理来源于生活而服务于生活；3．在物理教学中渗透德育教育：珍爱生命，遵守交通法规，安全出行，人人有责；本节教学内容的基本特点：从汽车行驶的生活情景中提炼出做匀减速运动的物理模型，充分应用牛顿运动定律，寻找力和运动之间的关系，围绕动力学两类基本问题：已知运动求受力，已知受力求运动，设计了5个问题，学会应用牛顿运动定律解决两类动力学基本问题，并学会这两类基本问题的处理方法和基本步骤。

通过对问题的分析，学会合理近似、理想化处理实际问题，体会物理来源于生活而服务于生活，同时，引入汽车安全运行设施的一些知识，培养学生的安全意识。

根据教学的总体目标，根据学生的情况和教学资源，本节课主要采取的教学方式：以学生为主体，老师为主导的引导加探究教学；教学过程中的关键环节的处理方法：在应用规律寻找物理量之间关系的时候，渗透控制变量法和理想化处理问题的方法，帮助学生获得直观感受；归纳出汽车安全行驶的要素。

【《课标》研读】知识性行为动词2个；技能性行为动词1个；体验性行为动词2个。

由此不难看出，新课程在重视知识的同时，更加强调学生的体验过程。

【教学目标】（一）知识与技能1．了解什么是汽车安全运行距离，并会利用匀变速直线运动规律求解汽车安全运行距离，深化对牛顿运动定律的理解和认识。

2．会利用匀变速直线运动规律结合牛顿运动定律求解交通事故中的受力问题。

高中物理 3.5 牛顿运动定律的应用(第2课时)教学案教科版必修1

3.5 牛顿运动定律的应用第二课时用牛顿运动定律解决几类典型问题[目标定位] 1.学会分析含有弹簧的瞬时问题.2.应用整体法和隔离法解决简单的连接体问题.3.掌握临界问题的分析方法．1．牛顿第二定律的表达式F ＝ma ，其中加速度a 与合外力F 存在着瞬时对应关系，a 与F 同时产生、同时变化、同时消失；a 的方向始终与合外力F 的方向相同．2．解决动力学问题的关键是做好两个分析：受力情况分析和运动情况分析，同时抓住联系受力情况和运动情况的桥梁：加速度.一、瞬时加速度问题分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时时刻前、后的受力情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题应注意以下两种基本模型：1．刚性绳(或接触面)：可认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体．若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要考虑形变恢复时间．2．弹簧(或橡皮绳)：此类物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间．在撤去其他力的瞬间，其弹力的大小往往可以看成不变．例1 如图1所示，质量为m ＝1 kg 的小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止平衡状态，当剪断轻绳的瞬间，取g ＝10 m/s 2，此时轻弹簧的弹力大小为________；小球的加速度大小为________．图1解析小球的受力分析图如图所示，根据共点力平衡得，弹簧的弹力F ＝mg ＝10 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，则轻弹簧的弹力F ＝10 N.此时小球所受的合力F合＝2mg ，则小球的加速度a ＝F 合m ＝2g ＝14.14 m/s 2.答案 10 N 14.14 m/s 2针对训练质量均为m 的A 、B 两球之间连有一轻弹簧，放在光滑的水平台面上，A 球紧靠墙壁，如图2所示．今用力F 将B 球向左推压弹簧，静止后，突然将力F 撤去的瞬间( )图2A ．A 的加速度大小为F 2mB ．A 的加速度为零C ．B 的加速度大小为F 2mD ．B 的加速度大小为F m解析撤去F 之前，水平方向受到推力F 和弹簧的弹力作用，处于静止状态，有：F ＝F 弹．A 球受到弹簧向左的弹力和墙壁向右的支持力处于静止状态．F 撤去瞬间，弹簧弹力不变，所以A 球的受力不变，合力仍然为零，加速度为零，A 错误，B 正确；对于B 球，此时水平方向只受到弹簧向右的弹力，所以加速度a ＝F m，C 错误，D 正确．故选B 、D.答案 BD二、动力学中的临界问题1．临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．常见的三类临界问题的临界条件(1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用的弹力为零．(2)绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零．(3)存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：静摩擦力达到最大值．例2 如图3所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A ，绳与水平地面间的夹角α＝53°，A 与地面间的摩擦不计，求：图3(1)当卡车以加速度a 1＝g 2加速运动时，绳的拉力为56mg ，则A 对地面的压力多大？ (2)当卡车的加速度a 2＝g 时，绳的拉力多大？方向如何？解析 (1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a 0根据受力可得：ma 0＝mg tan α，则a 0＝34g因为a 1＜a 0，所以物体没有离开地面．由物体运动状态得F cos α＝ma 1，F sin α＋N ＝mg .则N ＝13mg由牛顿第三定律得，A 对地面的压力为13mg . (2)因为a 2>a 0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角．所以：F ′＝m a 2＋g 2＝2mg方向：tan θ＝1，θ＝45°，即与水平成45°斜向上答案 (1)13mg (2)2mg 水平成45°斜向上借题发挥在某些物理情景中，由于条件的变化，会出现两种不同状态的衔接，在这两种状态的分界处，某个(或某些)物理量可以取特定的值，例如具有最大值或最小值．三、整体法与隔离法的应用1．在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法．所谓“连接体”问题，是指运动中的几个物体或上下叠放在一起、或前后挤靠在一起、或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组．2．整体法是指当连接体内的物体之间没有相对运动(即有共同加速度)时，可把此物体组作为一个整体对象考虑，分析其受力情况，整体运用牛顿第二定律列式求解．3．隔离法是指在求解连接体内各个物体之间的相互作用力(如相互间的拉力、压力或相互间的摩擦力等)时，可以把其中一个物体从连接体中“单独”隔离出来，进行受力分析的方法．整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来联合、交叉运用，这将会更快捷有效．例3 (2013四川绵阳月考)静止在水平面上的A 、B 两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图4.轻绳长L ＝1 m ，承受的最大拉力为8 N ．A 的质量m 1＝2 kg ，B 的质量m 2＝8 kg.A 、B 与水平面的动摩擦因数μ＝0.2.现用一逐渐增大的水平力F 作用在B 上，使A 、B 向右运动．当F 增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g ＝10 m/s 2)．求：图4(1)绳刚被拉断时F 的大小；(2)若绳刚被拉断时，A 、B 的速度为2 m/s ，保持此时的F 大小不变，当A 静止时，A 、B 间的距离．解析 (1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为T .根据牛顿第二定律，对A 物体T －μm 1g ＝m 1a ，a ＝2 m/s 2对A 、B 整体F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，F ＝40 N.(2)设绳断后，A 的加速度为a 1，B 的加速度为a 2.a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2，a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2 A 停下来的时间为t ＝v a 1＝1 s A 的位移为s 1＝v 22a 1＝1 m B 的位移为s 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 mA 刚静止时，A 、B 间距离Δs ＝s 2＋L －s 1＝3.5 m.答案 (1)40 N (2)3.5 m针对训练两个物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图5所示，对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于( )图5A.m 1m 1＋m 2F B.m 2m 1＋m 2F C ．F D.m 1m 2F解析对A 、B 整体分析，则F ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F m 1＋m 2.求A 、B 间的弹力F N 时以B 为对象，则F N ＝m 2a ＝m 2m 1＋m 2F . 答案 B瞬时加速度问题1．如图6所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图6A ．0 B.233g C ．g D.33g 解析未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力F 和木板的弹力F N 的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为233mg .在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G 、弹簧的拉力F ，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为233g . 答案 B2．三个质量相同的物块A 、B 、C ，用两个轻弹簧和一根轻线相连，如图7所示，挂在天花板上，处于静止状态，在将A 、B 间细线剪断的瞬间，A 、B 、C 的加速度分别为多大？(取向下为正，重力加速度为g )图7解析原来系统处于平衡状态，以整体为研究对象得与A 相连的弹簧弹力大小F 1＝3mg ，隔离C 得与C 相连的弹簧弹力大小为F 2＝mg .剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律有：对A ：－F 1＋mg ＝ma A ，得a A ＝－2g ；对B ：mg ＋F 2＝ma B ，得a B ＝2g ；对C ：－F 2＋mg ＝ma C ，得a C ＝0.答案－2g 2g 0动力学中的临界问题3．如图8所示，质量为4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°.已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图8(1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；(2)当汽车以a ＝10 m/s 2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力．甲解析 (1)当汽车以a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲所示：由牛顿第二定律得：T cos θ＝mg T sin θ－F N ＝ma代入数据得：T ＝50 N ，F N ＝22 N.乙(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图乙所示：由牛顿第二定律得：T sin θ＝ma 0代入数据得：a 0＝g tan θ＝10×34m/s 2 ＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2>a 0，所以小球飞起来，F N ＝0丙设此时绳与竖直方向的夹角为α，如图丙所示，由牛顿第二定律得：T ＝mg 2＋ma 2＝40 2 N ＝56.4 N.答案 (1)50 N 2 N (2)56.4 N 0整体法与隔离法的应用4．质量分别为2 kg 和3 kg 的物块A 、B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图9所示，图9今对物块A 、B 分别施以方向相反的水平力F 1、F 2，且F 1＝20 N 、F 2＝10 N ，则下列说法正确的是( )A ．弹簧的弹力大小为16 NB ．如果只有F 1作用，则弹簧的弹力大小变为12 NC ．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零D ．若F 1＝10 N 、F 2＝20 N ，则弹簧的弹力大小不变解析以物体A 和B 为整体，加速度a ＝F 1－F 2m A ＋m B＝2 m/s 2，方向水平向左．以物体A 为研究对象，水平方向受F 1及弹簧向右的拉力F 拉作用，由牛顿第二定律有F 1－F 拉＝m A a ，得F 拉＝16 N ，A 对；若只有F 1作用，则它们的加速度a ′＝F 1m A ＋m B ＝4 m/s 2；弹簧的拉力F 拉′＝m B a ′＝12 N ，B 对；将弹簧换成轻质绳，绳对物体的拉力等于原来弹簧的拉力，不为零，C 错；若F 1＝10 N 、F 2＝20 N ，则它们的加速度a ″＝F 2－F 1m A ＋m B＝2 m/s 2，方向水平向右，以物体A 为研究对象，由牛顿第二定律有F 拉″－F 1＝m A a ″，得F 拉″＝14 N ，D 错．故选A 、B. 答案 AB。

教科版高一物理必修一导学案：3.5 牛顿运动定律的应用

3.7牛顿第二定律的应用（连接体问题）班级：姓名：【学习目标】1．理解灵活选取研究对象可以简化解题过程2．会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题【预学单】连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。

如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法。

【研学单】主题一：弹力连接情况例题1：如图所示，质量为M的物体A用一轻绳与质量为m的物体B相连，置于光滑的水平面上，现对物体A施加一水平向右的恒力F，使AB一起向右做匀加速运动，试求绳中拉力为多大？变式1：若物体AB与地面之间的动摩擦因数均为μ ，其他条件不变，则绳中拉力又为多大？变式2：如图所示，物体AB放在倾角为α的光滑斜面上，一沿斜面向上的恒力F作用在物体A上，使AB一起沿斜面向上做匀加速运动，则绳中拉力为多大？变式3：如图所示，若将物体B跨过定滑轮与放在光滑水平面上的物体A用轻绳相连，水平面和轻绳足够长，轻绳和滑轮的质量、摩擦均不计，则自由释放后绳中拉力为多大？例题2：如图所示，质量均为m的4个木块紧挨着静止在光滑水平地面上，现在水平向右的推力F（恒力）作用下一起向右做匀加速运动，求此时木块2对木块3的作用力为多少？主题二：摩擦连接情况例题3：光滑水平地面上，质量为3kg的物体A放在质量为5kg的物体B上，现对物体B 施加一大小为20N的水平拉力F，使AB一起向右做匀加速运动，试求A受到的摩擦力？小结：解决连接体问题的方法：一般是先采用，后采用。

【续学单】1.如图所示，将M、m跨过光滑的定滑轮用轻绳相连，轻绳足够长，轻绳和滑轮的质量均不计，则自由释放后求绳中拉力为多大？（M>m）2．如图所示，一质量为M，倾角为α的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ，一物块A，质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的。

为了保持物块与斜面相对静止，可用一水平恒力F推楔形木块，此水平力F的大小等于多少?3．如图所示的三个物体质量分别为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动。

高中物理：3.5.1《牛顿运动定律的应用》学案(教科版必修1)[1].doc

高中物理：3.5.1《牛顿运动定律的应用》学案（教科版必修1）[1].doc1、3.5．1牛顿运动定律的应用班级________姓名________学号_____学习目标:1.进一步学习分析物体的受力状况，能结合力的性质和运动状态进行分析。

2.知道两类动力学问题。

3.理解应用牛顿运动定律解答两类动力学问题的基本思路和方法。

4.会应用牛顿运动定律结合运动学学问求解简洁的两类问题。

学习重点:应用牛顿定律解题的一般步骤。

学习难点:两类动力学问题的解题思路。

主要内容:一、动力学的两类基本问题本节的主要内容是在对物体进行受力分析的基础上，应用牛顿运动定律和运动学的学问来分析解决物体在几个力作用下的运动问题。

1．依据物体的受力状况(已知或分析得出)确定物体的运动状况(求任意时刻的速度、位移等)。

其解题基本思路是：利用牛顿第二定律F合=ma求出物体的加速度a；再利用运动学的有关公式〔2、，，等〕求出速度vt和位移s等。

2．依据物体的运动状况(已知)确定物体的受力状况。

其解题基本思路是：分析清晰物体的运动状况(性质、已知条件等)，选用运动学公式求出物体的加速度；再利用牛顿第二定律求力。

3．无论哪类问题，正确理解题意、把握条件、分清过程是解题的前提，正确分析物体受力状况和运动状况是解题的关键，加速度始终是联系运动和力的纽带、桥梁。

可画方框图如下：运动学公式牛顿第二定律物体受力状况及其分析物体运动状态及其改变加速度4．把动力学问题分成上述两类基本问题有其实际重要意义。

已知物体受力状况依据牛顿运动定律就可确定运动状况，从而对物体的运动做出明确预见。

如指挥宇宙飞船飞行的科技工可以依据飞船的受力状况确定飞船在任意时刻的速度和位置。

而已知物体运动状况确定物体受力状况则包含探究性的应用3、。

如牛顿依据天文观测积累的月球运动资料，发觉了万有引力定律就属于这种探究。

二、应用牛顿运动定律解题的一般步骤(1)确定讨论对象(在解题时要明确地写出来)．可依据题意选某物体(题设情景中有多个物体时尤显必要)或某一部分物体或几个物体组成的系统为讨论对象。

高中物理-牛顿运动定律的应用学案

高中物理-牛顿运动定律的应用学案学习目标：1.知道动力学的两类问题：从受力情况确定运动情况和从运动情况确定受力情况．理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁.2.掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题．知识点一从受力确定运动情况已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过物体的运动学条件(初、末位置和初、末速度及运动时间等)，根据运动学公式求出物体的运动情况．知识点二从运动情况确定受力已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而知道物体的受力情况．1．根据受力情况和物体的初始运动条件可以确定物体的运动情况．( )2．不知道物体质量，根据其运动情况也能确定其受力情况．( )3．牛顿第二定律是运动学与动力学联系的桥梁．( )4．同一个物体，其所受合外力越大，加速度越大，速度越大．( )5．两物体相接触或脱离的临界条件是弹力F N＝0.( )[答案] 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.√玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，在欢乐的笑声中，培养了他们勇敢的品质，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？[答案]首先分析小孩的受力，利用牛顿定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2－v20＝2as，s＝v0t＋12at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间．要点一从受力确定运动情况1．基本思路2．受力分析时力是否存在的三个判断依据(1)条件判断：根据各种性质的力产生的条件，判断力是否存在．(2)效果判断：根据力的作用效果与运动状态之间的相互制约关系，结合物体运动状态分析物体受力．(3)相互作用判断：根据力的相互性，要研究甲对乙的力，可先研究乙对甲的力，转换研究对象，化难为易．3．解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图．(2)根据力的合成与分解方法，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，求出所要求解的运动学参量——任意时刻的位移、速度等．【典例1】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/s 2)[思路点拨] 物体的运动情况是由物体的受力情况及物体运动的初始状态共同决定的．本题中对人(包括滑雪板)进行正确的受力分析，求出合外力，根据牛顿第二定律求出加速度，然后利用运动学公式就可以求出所需的物理量．[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F N －mg cos θ＝0① mg sin θ－F f ＝ma ② 又因为F f ＝μF N ③由①②③可得：a ＝g (sin θ－μcos θ) 故x ＝12at 2＝12g (sin θ－μcos θ)t 2＝12×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.04×32×52 m ＝58.2 m v ＝at ＝10×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.04×32×5 m/s＝23.3 m/s[答案] 58.2 m 23.3 m/s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．1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是15 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75，该路段限速60 km/h，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( )A．速度为7.5 m/s，超速B．速度为15 m/s，不超速C．速度为15 m/s，超速D．速度为7.5 m/s，不超速[解析]设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式v2＝2ax，可得汽车刹车前的速度为v0＝15 m/s＝54 km/h<60 km/h，所以不超速，因此B正确．[答案] B2．用30 N的水平外力F，拉一个静止放在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失，则第5 s末物体的速度和加速度分别是( )A．a＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2B．v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2C．v＝4.5 m/s，a＝0D．v＝7.5 m/s，a＝0[解析]a＝Fm＝3020m/s2＝1.5 m/s2，v＝at＝1.5×3 m/s＝4.5 m/s.因为水平面光滑，因此5 s末物体速度为4.5 m/s，加速度a＝0.[答案] C要点二从运动情况确定受力1．基本思路2．常用的与加速度有关的匀变速直线运动公式3．解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力情况分析和运动情况分析，并画出受力示意图．(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，由合力求出所需的力．【典例2】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.[思路点拨] 由运动学方程算出加速时间和最大速度，并计算出匀加速的加速度；对轮胎受力分析，采用正交分解法把绳子对轮胎的拉力沿水平方向和竖直方向分解，并分别列牛顿第二定律方程和平衡方程求解．[解析](1)匀加速阶段位移为x1＝0＋v 2t1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＝vt1＝85m/s2＝1.6 m/s2车胎受力如图，并正交分解：在x方向有：F cos37°－f＝ma在y方向有：N＋F sin37°－mg＝0且f＝μN代入数据联立解得：F＝59.92 N[答案](1)5 s 8 m/s (2)59.92 N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．3．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.2xt2B.2x2t－1C.2x2t＋1D.2xt－1[解析]由运动情况可求得质点的加速度a＝2xt2m/s2，则合力F＝ma＝2xt2N，故A项对．[答案] A4．(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[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.[答案]AC课堂归纳小结[知识体系][关键点击]1．从受力确定运动情况，先受力分析确定物体加速度，再由运动学公式求解．2．从运动情况确定受力，先由运动学公式求加速度，再受力分析确定物体受到的某个力．3．连接体问题一般用整体、隔离法求解，先整体求加速度，再隔离求内力．课后作业(十九)[要点对点练]要点一：从受力确定运动情况1．在光滑的水平面上，有一个质量为m＝10 kg的物体在水平外力F1、F2的共同作用下处于静止状态，其中F1的大小为10 N，现将F1在水平面内旋转90°后，物体立即开始运动，求：(1)物体运动的加速度大小；(2)物体运动后，前4 s内的位移大小．[解析]由二力平衡得：F1＝F2＝10 N，将F1在水平面内旋转90°后，其合力大小F＝F21＋F22＝102＋102 N＝10 2 N.(1)由牛顿第二定律F＝ma得物体运动的加速度大小a＝Fm＝10210m/s2＝ 2 m/s2.(2)物体运动后前4 s内位移的大小x＝12at2＝12×2×42 m＝8 2 m.[答案](1) 2 m/s2(2)8 2 m2．一个静止在水平地面上的物体，质量是2 kg，在10 N的水平拉力作用下沿水平地面向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数是0.2，g取10 m/s2.求：(1)物体在4 s末的速度；(2)物体在4 s内发生的位移．[解析](1)设物体所受支持力为N，所受摩擦力为f，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F－f＝ma1①N＝mg②又f＝μN③联立①②③式得a 1＝F－μmgm④a1＝3 m/s2⑤设物体4 s末的速度为v1，则v1＝a1t⑥联立⑤⑥式得v1＝12 m/s ⑦(2)设4 s内发生的位移为x1，则x 1＝12a1t2⑧联立⑤⑧式得x1＝24 m ⑨[答案](1)12 m/s (2)24 m要点二：从运动情况确定受力3．如图甲所示，质量m＝5 kg的物体静止在水平地面上的O点，如果用F1＝20 N的水平恒定拉力拉它时，运动的s－t图像如图乙所示；如果水平恒定拉力变为F2，运动的v－t图像如图丙所示．求：(1)物体与水平地面间的动摩擦因数；(2)拉力F2的大小．[解析](1)用F1＝20 N的水平恒定拉力拉它时，根据图像可知，物体做匀速直线运动，故F1＝20 N＝μmg，解得μ＝0.4；(2)如果水平恒定拉力变为F2，根据图像可知a＝42m/s2＝2 m/s2，物体做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma，解得F2＝μmg＋ma＝30 N.[答案](1)0.4 (2)30 N4．如图所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25.(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：(1)AB之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．[解析](1)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得ma1＝mg sinθ＋μmg cosθ，则a1＝8 m/s2，由v2B－v20＝－2a1x AB，得AB之间的距离x AB＝16 m；(2)设滑块从B返回到A过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：ma2＝mg sinθ－μmg cosθ，则a2＝4 m/s2，则滑块返回到A点时的速度为v t，有v2t＝2a2x AB，解得：v t＝8 2 m/s；(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有：t1＝0－v0－a1＝2 s，t2＝vt－0a2＝2 2 s，则滑块在整个运动过程中所用的时间为：t＝t1＋t2＝(2＋22) s.[答案](1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s[综合提升练]5．如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍．现对物体施加一个大小F＝8 N，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s内通过的位移．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s2)[解析]物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F.根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程F cosθ－Ff＝ma①F sinθ＋FN－G＝0②FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力F f＝μF N③由①②③得a＝1.3 m/s2，由运动学公式得5 s内物体的位移x＝12at2＝12×1.3×52 m＝16.25 m.[答案]16.25 m6．如图甲所示，质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，物体运动的F－t图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：(1)0～1 s内物体运动位移的大小；(2)1 s后物体继续沿斜面上滑的距离．[解析](1)根据牛顿第二定律得：在0～1 s内F－mg sin37°－μmg cos37°＝ma1，解得a1＝18 m/s20～1 s内的位移x1＝12a1t21＝9 m(2)1 s时物体的速度v＝a1t1＝18 m/s1 s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中mg sin37°＋μmg cos37°－F′＝ma2，解得a2＝3 m/s2设物体继续上滑的距离为x2，由2a2x2＝v2得x2＝54 m [答案](1)9 m (2)54 m。

教科版必修一3.5《牛顿运动定律的应用》WORD教案1

教科版必修一3.5《牛顿运动定律的应用》WORD教案1牛顿运动定律的应用学习目标:1、进一步理解牛顿三定律的内容。

2、熟练应用牛顿运动定律处理相关问题。

3、锻炼分析解题能力，熟悉解题步骤。

学法指导:首先熟练掌握并理解牛顿运动定律的内容，在此基础上结合--相互作用---章节中所学重力、弹力、摩擦力的基本知识，准确无误的对物体进行受力分析，同时对运动学中所学物体运动公式及运动规律再度复习，然后结合典型例题对该部分知识进行应用性训练，达到应用自如的目的。

知识准备与导航: ［来源:学_科_网］1、什么是匀变速直线运动？（典型特点）2、___________________________________________________________ 匀变速直线运动的基本公式：速度公式：__________________________________________________位移公式：____________________3、_____________________________ 三个常用推论：a ;b _； _________________c ________________ ；4、弹力、摩擦力有无及方向的判断？5、摩擦力（静摩擦力及滑动摩擦力的计算方法及公式）注：①认清是动摩擦还是静摩擦之后再进行运算②摩擦力的方向与物体运动及相对运动方向的关系6、_______________________________________________________ 牛顿第一定律说明的问题：力不是；力是_________________________ ；7、惯性：a：惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态、所处位置无关。

b：_____ 是描述物体惯性大小的唯一量度。

8、牛顿第二定律表达式：_____________ ；公式中各物理量的含义？（五个关系：因果，瞬时，矢量，同体，数值）9、牛顿第三定律：作用力反作用力的关系及与平衡力的异同？10、对物体受力分析的方法及注意事项。

教科版必修一3.5《牛顿运动定律的应用》WORD教案2

a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。
b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况
2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 12?s?v?at0?2??据F?ma??求得a???据?vt?v0?at?已知物体的受力情况?????可求得s..v0..vt..t ?22v?v0?2as?t??
?vt?v0?at?1?据?s?v0?at2
2?2v?v2?t0?2as?F?ma已知物体的运动情况??????求得a?据????求得物体的受力情况
3.总结
由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。
（二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
例1. 如图所示，质量m=2Kg的物体静止在光滑的水平地面上，
0现对物体施加大小F=10N与水平方向夹角θ＝37的斜向上
的拉力，使物体向右做匀加速直线运动。已知
002sin37=0.6,cos37=0.8取g=10m/s，求物体5s
末的速度及
教学难点
应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法
教学方法
实例分析发归纳法讲练结合法
教学过程
一、导入新课
通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。
二、新课教学
（一）、牛顿运动定律解答的两类问题
1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类：
牛顿运动定律的应用
教目标
一、知识目标
1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法
2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析二、能力目标

高中物理必修一教案-3.5 牛顿运动定律的应用1-教科版

倾斜传送带教学设计教学目标：知识与技能（1）能正确分析摩擦力和进行运动分析（2）能计算物块在皮带上的运动的时间，痕迹的长度过程与方法：（1）通过对传送带问题的分析，加深对牛顿运动定律的理解（2）通过合作交流、自主探究，培养学生运用物理规律解决实际问题的能力情感态度与价值观：（1）通过对传送带问题的学习，感受物理源于生活服务于生活的理念。

（2）通过对传送带问题的学习，感受生活中的物理，激发学生运用物理规律解决生活问题的激情和信念，激发其创造性。

教学重点：摩擦力方向和突变分析，运动分析教学难点：求痕迹的长度教学过程：分析右边滑块的运动情况（滑块静止释放，传送带逆时针以V0匀速转动，传送带上下两端的距离为L，滑动摩擦因数为μ，传送带与水平面夹角为θ）（1）受力分析（2）求出加速度a=（3）求二者速度相等时滑块的运动时间t=滑块的位移x=(4)比较X和L的大小关系若X>L 则运动，若X=L 则运动若mgsinθ>f滑则加速度a2= ,物体运动若X<L 则会有第二段运动若mgsinθ<f滑则运动若mgsinθ=f滑则运动【例】如图所示,传送带与水平面夹角为37°,并以v0=10m/s的速度逆时针运行,在传送带的A端轻轻放一个质量m=1kg的煤块, 煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,AB长L=16米,求煤块从A到B经历的时间。

（重力加速度g取10 m/s2）总结解题方法：拓展：（1）求煤块在传送带上留下的痕迹长度（2）求煤块与传送带摩擦产生的热量为多少变式：将例题中传送带的转动方式改为顺时针方向转动（1）求煤块从A到B经历的时间（2）求煤块在传送带上留下的痕迹长度（3）求煤块与传送带摩擦产生的热量为多少练习1、如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，速度大小v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，质量m=1kg的小物块以初速度v0＝6 m/s从其底端冲上传送带(小物块可视作质点)，传送带上下两端的距离为L＝6 m。

_新教材高中物理第4章牛顿运动定律6牛顿运动定律的应用学案教科版必修第一册

牛顿运动定律的应用学习目标：1.[物理观念]进一步掌握受力分析的方法，并能结合物体的运动情况进行受力分析． 2.[科学思维]知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁． 3.[科学思维]掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学公式解决有关问题．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m A>m B，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x A与x B相比为 ( ) A．x A＝x B B．x A>x BC．x A<x B D．不能确定A[A、B两物体在滑行过程中所受合外力等于它们所受的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知，－μmg ＝ma ，得a ＝－μg ，由运动学公式v 2t －v 20＝2ax 得，x ＝v 202μg，故x A ＝x B ，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．]3．质量为0.2 kg 的物体从36 m 高处由静止下落，落地时速度为24 m/s ，则物体在下落过程中所受的平均阻力是多少？(g 取10 m/s 2)[解析] 由运动学公式v 2t －v 2＝2ax 得加速度a ＝v 2t －v 202x ＝242－02×36m/s 2＝8 m/s 2.物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F 合＝ma ＝0.2×8 N＝1.6 N ，而F 合＝mg －F 阻，则物体在下落过程中所受的平均阻力F 阻＝mg －F 合＝0.2×10 N－1.6 N ＝0.4 N.[答案] 0.4 N已知受力确定运动情况玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L ，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？提示：首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v 2＝2ax 和x ＝12at 2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间.2．解题的一般步骤【例1】如图所示，质量为2 kg的物体静止放在水平地面上，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体施加一个与水平面成37°角的斜向上的拉力F＝5 N的作用(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)物体与地面间的摩擦力大小；(2)5 s内的位移大小．思路点拨：分析物体受力情况―――――――――――→建坐标系、正交分解由牛顿第二定律求出摩擦力和加速度a―――――――→由运动学公式求5 s内位移[解析] 对物体受力分析如图所示，建立直角坐标系并分解F.(1)在y轴方向有：N＋F sin 37°＝mg，代入数据解得N＝17 N，物体与地面间的摩擦力大小为f＝μN＝0.2×17 N＝3.4 N.(2)水平方向，由牛顿第二定律F cos 37°－f＝ma得a ＝0.3 m/s 25 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×0.3×52m ＝3.75 m.[答案] (1)3.4 N (2)3.75 m应用牛顿第二定律解题时求合力的方法(1)合成法物体只受两个力的作用产生加速度时，合力的方向就是加速度的方向，解题时要求准确作出力的平行四边形，然后运用几何知识求合力F 合．反之，若知道加速度方向就知道合力方向．(2)正交分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常用正交分解法解答，一般把力正交分解为加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量．即沿加速度方向：F x ＝ma ，垂直于加速度方向：F y ＝0.[跟进训练]1．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t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 处所用的时间，则 ( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3D [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mg cos θ＝ma ①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 ＝2R cos θ② 由运动学公式得x ＝12at2③由①②③联立解得t ＝2R g. 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3，D 正确．]已知运动情况确定受力情况1．解题思路已知物体运动情况―――――――――――→由匀变速直线运动公式运动分析求得a ―――――→由F ＝ma 受力分析确定物体受力情况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/s 2)，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：确定研究对象→运动分析→运动学方程→求a →受力分析→牛顿第二定律→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＝h L乘客沿气囊下滑过程中，由L ＝12at 2得a ＝2Lt2，代入数据得a ＝2.5 m/s 2.(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mg sin θ－f ＝ma沿y 轴方向有N －mg cos θ＝0，又f ＝μN联立方程解得μ＝g sin θ－a g cos θ≈0.92.[答案] (1)2.5 m/s 2(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/s 2，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 ＝Δv Δt ＝1.40.40 m/s 2＝3.5 m/s 2.对木块受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律得mg sin 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 ＝mg cos 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＋f cos 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，cos 37°＝0.80，g 取10 m/s 2)[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a 1，根据牛顿第二定律有：F －mg sin θ－f ＝ma 1又f ＝μN ，N ＝mg cos θ 解得a 1＝2.0 m/s 2t 1＝4.0 s 时物体的速度大小v 1＝a 1t 1＝8.0 m/s.(2)绳断时物体距斜面底端的位移为x 1＝12a 1t 21＝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a 2，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有mg sin θ＋f ＝ma 2解得a 2＝8.0 m/s 2物体匀减速运动的时间t 2＝v 1a 2＝1.0 s减速运动的位移为x 2＝12v 1t 2＝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a 3，根据牛顿第二定律可得：mg sin θ－f ＝ma 3，解得a 3＝4.0 m/s 2设物体由最高点下滑的时间为t 3，根据运动学公式可得x 1＋x 2＝12a 3t 23，t 3＝10 s≈3.2s ，所以物体返回斜面底端的时间为t ＝t 2＋t 3＝4.2 s. [答案] (1)8.0 m/s (2)4.2 s1．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 mB ．20 mC ．10 mD ．5 mB [a ＝f m ＝mg m ＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10m ＝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 ．F 3B ．F 4 C.F 2 D ．2F3B [在前t 时间内，由牛顿第二定律知F －f ＝ma 1，t 时间末v ＝a 1t ，得v ＝F －fm·t ；后3 t 内，由牛顿第二定律知f ＝ma 2，另由运动学规律得0＝v －a 2·3t ，即v ＝fm·3t ，联立得f ＝F4，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/s 2) ( )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 ＝F ＋f m ＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需时间为t ＝v 0a＝2 s ，故B 正确，A 错误；减速到零后F <f ，物体处于静止状态，故C 正确，D 错误．]4．竖直上抛物体受到的空气阻力f 大小恒定，物体上升到最高点时间为t 1，从最高点再落回抛出点所需时间为t 2，上升时加速度大小为a 1，下降时加速度大小为a 2，则 ( )A ．a 1>a 2，t 1<t 2B ．a 1>a 2，t 1>t 2C ．a 1<a 2，t 1<t 2D ．a 1<a 2，t 1>t 2A [上升过程中，由牛顿第二定律，得mg ＋f ＝ma 1① 设上升高度为h ，则h ＝12a 1t 21②下降过程，由牛顿第二定律，得mg －f ＝ma 2 ③ h ＝12a 2t 22④由①②③④得，a 1>a 2，t 1<t 2，A 正确．] 5．(新情景题)情境：科技馆的主要教育形式为展览教育，通过科学性、知识性、趣味性相结合的展览内容和参与互动的形式，反映科学原理及技术应用，鼓励公众动手探索实践，不仅普及科学知识，而且注重培养观众的科学思想、科学方法和科学精神．晓敏同学在科技馆做“水对不同形状运动物体的阻力大小的比较”实验，图甲中两个完全相同的浮块，头尾相反放置在同一起始线上，它们通过细线与终点的电动机连接．两浮块分别在大小为F 的两个相同牵引力作用下同时开始向终点做直线运动，运动过程中该同学拍摄的照片如图乙．已知拍下乙图时，左侧浮块运动的距离恰好为右侧浮块运动距离的2倍，假设从浮块开始运动到拍下照片的过程中，浮块受到的阻力不变．问题：试求该过程中： (1)两浮块平均速度之比v 左v 右； (2)两浮块所受合力之比F 左F 右； (3)两浮块所受阻力f 左与f 右之间的关系．[解析] (1)由v －＝xt得，左侧浮块的平均速度：v 左＝x 左t右侧浮块的平均速度：v 右＝x 右t，两浮块平均速度之比：v 左v 右＝x 左t x 右t＝x 左x 右＝2.(2)根据牛顿第二定律可知：F 合＝ma浮块运动的位移：x ＝12at 2则：F 左F 右＝a 左a 右＝x 左x 右＝2. (3)根据牛顿第二定律可知：F －f 左＝ma 左F －f 右＝ma 右又因为a 左a 右＝x 左x 右＝2 则有F －f 左F －f 右＝a 左a 右＝2 则两浮块所受阻力f 左与f 右之间的关系 2f 右－f 左＝F .[答案] (1)2 (2)2 (3)2f 右－f 左＝F。

高一物理上册《牛顿运动定律的应用》教案、教学设计

5.创新思维题：鼓励学生发挥想象，设计一个利用牛顿运动定律的简单装置或实验，并说明其原理。要求提交设计方案，包括装置图、实验步骤和预期效果。
6.课外阅读题：推荐学生阅读与牛顿运动定律相关的科普文章或书籍，如《物理的进化》、《趣味物理学》等，拓展知识视野。
注意事项：
1.作业布置要注重层次性和针对性，既要巩固基础知识，又要提高学生的思维能力和实践能力。
高一物理上册《牛顿运动定律的应用》教案、教学设计
一、教学目标
（一）知识与技能
在本章节《牛顿运动定律的应用》的教学中，学生将掌握以下知识与技能：
1.理解并掌握牛顿第一定律、第二定律和第三定律的内容及表达形式；
2.学会运用牛顿运动定律分析、解决实际问题，如物体的匀速直线运动、加速度变化、碰撞等现象；
3.能够运用牛顿运动定律进行受力分析，解决复杂物体的运动问题；
3.分析：指导学生运用牛顿运动定律分析实际问题，提高学生解决问题的能力和逻辑思维能力；
4.讨论：组织学生进行小组讨论，培养学生合作交流、共同解决问题的能力；
5.总结：引导学生总结牛顿运动定律的应用，提高学生的概括能力和抽象思维能力。
（三）情感态度与价值观
在本章节的教学中，学生将形成以下情感态度与价值观：
针对以上学情分析，教师在教学过程中应注重因材施教，运用多样化的教学手段，帮助学生克服困难，提高物理学科素养。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.理解并掌握牛顿运动定律的内涵及其相互关系，特别是牛顿第三定律的“作用力与反作用力相等、方向相反”的特点；
2.学会运用牛顿运动定律进行受力分析和解决实际问题，特别是复杂条件下的运动问题；
（五）总结归纳
在总结归纳环节，我将采取以下措施：

2018-2019年高一物理 3.5 牛顿运动定律的应用(第1课时)教学案

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 ＝Fm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 ＋12at 2v ＝v 0＋atv 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 ＝12at 2解得a ＝2H t2＝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 ＝Nf ＝μN联立解得μ＝m g －aF＝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t 0＝0.8 s 撤去拉力F ，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图355(1)t 0＝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 ＝at 0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＝12vt 0向上运动时：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 0－v ＝a 1t 1x 1＝12vt 1向下运动时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 0＋x 1＝12a 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＝mgF cos θ－F f ＝ma 1 F f ＝μF N1 x 1＝12a 1t 21v ＝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 22a 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/s 2)图357解析已知列车总质量m ＝100 t ＝1.0×105kg ，列车最大运行速度v ＝270 km/h ＝75 m/s ，持续牵引力F ＝1.57×105N ，列车所受阻力F f ＝0.1mg ＝1.0×105N. 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 ＝1.57×105－1.0×1051.0×105m/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 ＝75－00.57s≈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 ＝5.0×103kg 的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x ＝5.0×102m ，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 ＝1.9×104N. 答案 1.9×104N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＝4－04m/s 2＝1 m/s2① 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 1②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＝－23m/s 2③ 且由牛顿第二定律知：－F f ＝ma 2④由①②③④联立得：F ＝ma 1＋F f ＝m (a 1－a 2)＝2×(1＋23)N ＝103 N.答案103N 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 202a 1＝1442×8m ＝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。

高中物理必修一教案-3.5 牛顿运动定律的应用2-教科版

专题复习：整体法与隔离法的应用导学案一、概念剖析：1. 整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法。

在力学中，就是把几个物体视为一个整体作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力）。

整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题。

通常在分析外力对系统的作用时，用整体法。

2. 隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法。

在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力。

隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用。

在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法。

二、例证突破：【典例分析1】如图用一水平力F把A、B两个物体挤压在竖直的墙上,A、B两物体均处于静止状态,下列判断正确的是()A．B物体对A物体的静摩擦力方向向上B．F增大时,A和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力,则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力[典例分析2]【典例分析3】如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为()．A．l＋mg2k B．l－mg2k C.233mg D．23mg三、真题演练：1、(2012·江苏)如图所示，两块粘连在一起的物块a和b的质量分别为ma和mb，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力Fa和拉力Fb.已知Fa>Fb，则a 对b的作用力()A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零2、（2015年全国理综I）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图(a)所示。

2018-2019学年高一物理 3.5 牛顿运动定律的应用(第1课时)教学案

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 ＝Fm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 ＋12at 2v ＝v 0＋atv 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 ＝12at 2解得a ＝2H t2＝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 ＝Nf ＝μN联立解得μ＝m g －aF＝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t 0＝0.8 s 撤去拉力F ，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图355(1)t 0＝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 ＝at 0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＝12vt 0向上运动时：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 0－v ＝a 1t 1x 1＝12vt 1向下运动时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 0＋x 1＝12a 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＝mgF cos θ－F f ＝ma 1 F f ＝μF N1 x 1＝12a 1t 21v ＝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 22a 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/s 2)图357解析已知列车总质量m ＝100 t ＝1.0×105kg ，列车最大运行速度v ＝270 km/h ＝75 m/s ，持续牵引力F ＝1.57×105N ，列车所受阻力F f ＝0.1mg ＝1.0×105N. 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 ＝1.57×105－1.0×1051.0×105m/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 ＝75－00.57s≈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 ＝5.0×103kg 的“歼十”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x ＝5.0×102m ，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 ＝1.9×104N. 答案 1.9×104N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＝4－04m/s 2＝1 m/s2① 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 1②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＝－23m/s 2③ 且由牛顿第二定律知：－F f ＝ma 2④由①②③④联立得：F ＝ma 1＋F f ＝m (a 1－a 2)＝2×(1＋23)N ＝103 N.答案103N 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 202a 1＝1442×8m ＝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。

教科版高中物理必修1第三章第5节《牛顿运动定律的运用》word导学案

口头表述
第三层级
基本技能检测
根据具体情况与部分同学（特别是各小组组长）交流,掌握学生的学习情况.
全体学生独立思考，独立完全，小组同学都完成后可交流讨论。
PPT课件
拓展技能检测
视学生基础和课堂时间、教学进度决定是否作要求
教师未提出要求的情况下学有余力的学生可自主完成
PPT课件
记录要点
教师可在学生完成后作点评
PPT课件
板书设计
牛顿运动定律的应用
学法指导
教材中的两个例题就是两类不同的问题，其实从本质上说都是牛顿第二定律的具体应用。
课程导学建议
重点难点
应用牛顿运动定律解决两类基本的动力学问题的思路和基本方法。
教学建议
本节内容需要安排2个课时教学,若自主学习安排在课外,建议用20~25分钟,安排在课内则只需20分钟左右。通过对教材中的3个例题的分析总结归纳使用牛顿运动定律解决动力学问题的方法;动力学问题主要分为两类:已知物体的受力情况求运动情况;已知运动情况求受力情况。重点是总结归纳应用牛顿第二定律解决问题的方法步骤,难点是受力分析和对运动过程的分析。
口头表述
主题3：
连接体问题的分析方法
总结整体法和隔离法的选取。
分析连接体间的相互作用力
口头表述
主题4:用正交分解法和牛顿运动定律结合解题
总结正交分解法和牛顿运动定律相结合解题的方法。
力和物体运动的加速度都是矢量,当物体受到的多个力不在同一直线上时,或者力和物体运动的加速度不在同一直线上时,怎样用牛顿第二定律求解呢?
就学案中基础学习交流的内容与结对学习的同学交流。
第二层级
小组讨论
小组展示
补充质疑
教师点评
主题1：

教科版高中物理必修1《牛顿运动定律的应用》学案

3.5《牛顿运动定律的应用》学习目标：1.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，再通过运动学公式确定物体的运动情况。

2.如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力。

3.加速度是联系物体运动情况和受力情况的桥梁。

[自学教材](1)牛顿第二定律给出了质量、力和加速度三者之间的定量关系，我们可由这个关系式利用一些已知的物理量求得未知的物理量。

(2)由受力情况确定物体受的合力，由运动情况求出物体的加速度，则由m＝Fa可求得物体的质量。

[重点诠释](1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动情况分析，画出物体的受力图，注意画出物体所受到的所有力，不能漏力或添力。

(2)根据力的合成和分解求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。

(3)由运动学公式及物体的运动情况求出物体运动的加速度(大小和方向)。

(4)利用牛顿第二定律求出物体的质量。

1.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.40 s时间内的v－t图像如图3－5－1所示。

若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比为________。

图3－5－1解析：由图可求得物体乙的加速度大小为a乙＝40.40m/s2＝10 m/s2。

t1时刻两物体速度相同，均为v1＝1 m/s，由v0乙－v1＝a乙t1，a甲t1＝v1可得：a甲＝103m/s2，又因两个物体相互作用力的大小相等，由m＝Fa可得m甲∶m乙＝a乙∶a甲＝3∶1。

答案：3∶11.基本思路2.解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，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。

3.应注意的问题(1)正确的受力分析是解答本类题目的关键。