1、4 45 5 牛顿运动定律的案例分析牛顿运动定律的案例分析 学习目标 1.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁.2.熟练掌握应用牛顿运动定律 解决动力学问题的思路和方法 一、从运动情况确定受力 1从运动情况确定受力的基本思路 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 合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力流程图如下： 已知物体运动情况 由运动学公式 求得a 由Fma 确定物体受力 2从运动情况确定受力的解题步骤 (1)确定研究对象，对物体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
2、第二定律列方程，求出物体所受的合力 (4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力 质量为 200 t 的机车从停车场出发，匀加速行驶 225 m 后，速度达到 54 km/h，此时， 司机关闭发动机让机车进站， 机车又行驶了 125 m 才停在站上 设运动过程中阻力不变， 求： (1)机车所受的阻力的大小； (2)机车关闭发动机前所受到的牵引力的大小 答案 (1)1.8105 N (2)2.8105 N 解析 (1)v154 km/h15 m/s 减速阶段：初速度 v115 m/s，末速度 v20，位移 s2125 m 由 v22v122a2s2得 加速度 a2v1 2 2
3、s2 152 2125 m/s 20.9 m/s2， 负号表示 a2方向与 v1方向相反 由牛顿第二定律得 F阻ma22105(0.9) N1.8105 N 负号表示 F阻方向与 v1方向相反 (2)匀加速阶段：初速度 v00，末速度 v115 m/s，位移 s1225 m 由 v12v022a1s1得 加速度 a1v1 2 2s1 152 2225 m/s 20.5 m/s2 由牛顿第二定律得 F引|F阻|ma121050.5 N1105 N 由得机车的牵引力为 F引2.8105 N. 针对训练 1 一质量为 m2 kg 的滑块在倾角为 30 的足够长的固定斜面上在无外力 F 的 情况下以加
4、速度a2.5 m/s2匀加速下滑 若用一水平向右的恒力F作用于滑块， 如图1所示， 使滑块由静止开始向上匀加速运动，在 02 s 时间内滑块沿斜面运动的位移 s4 m求：(g 取 10 m/s2) 图 1 (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 ； (2)恒力 F 的大小(可用根式表示) 答案 (1) 3 6 (2)76 3 5 N 解析 (1)根据牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma， 代入数据解得 3 6 . (2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动， 由 s1 2a1t 2，得加速度大小 a 12 m/s 2， Fcos mgsin (Fsin mgcos )ma1， 代入数据得：F76
5、 3 5 N. 二、从受力确定运动情况 1从受力确定运动情况的基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动 学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况流程图如下： 2从受力确定运动情况的解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图 (2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向 (3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度 (4)结合物体运动的初始条件， 选择运动学公式， 求运动学物理量任意时刻的位移和速度， 以及运动时间等 如图 2 所示， 质量 m2 kg 的物体静止在水平地面上， 物体与水平地面间的动摩擦因 数为 0
6、.25，现对物体施加一个大小为 8 N、与水平方向成 37 角斜向上的拉力 F，已知 sin 37 0.6，cos 37 0.8，g 取 10 m/s2.求： 图 2 (1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度； (2)物体在拉力作用下 5 s 末的速度大小； (3)物体在拉力作用下 5 s 内通过的位移大小 答案 (1)见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右 (2)6.5 m/s (3)16.25 m 解析 (1)对物体受力分析如图： 由图可得： Fcos Nma Fsin Nmg 解得：a1.3 m/s2，方向水平向右 (2)vtat1.35 m/s6.5 m/s (3)s1 2at 2
7、1 21.35 2 m16.25 m 针对训练 2 (2020 合肥六校联考)有一光滑的斜面固定在水平面上，其倾角为 30 ，物体从斜 面底端以 10 m/s 速度冲上斜面，如图 3 所示求： 图 3 (1)物体在斜面上运动的最大位移(斜面足够长)； (2)物体沿斜面向上运动的时间 答案 (1)10 m (2)2 s 解析 (1)对物体受力分析如图所示， F1mgsin 30 ma， 则 agsin 30 5 m/s2 由 vt2v022as 得： svt 2v 0 2 2a 010 2 25 m10 m. (2)tvtv0 a 010 5 s2 s. 三、多过程问题分析 1 当题目给出的物理
8、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 复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解 决问题 2注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初 速度，它起到“桥梁”的作用，对解决问题起重要作用 如图 4 所示，ACD 是一滑雪场示意图，其中 AC 是长 L8 m、倾角 37 的斜坡， CD 段是与斜坡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 0.25， 不计空气阻力 (取 g10 m/s2，sin 37 0.
9、6，cos 37 0.8)求： 图 4 (1)人从斜坡顶端 A 滑至底端 C 所用的时间； (2)人在离 C 点多远处停下 答案 (1)2 s (2)12.8 m 解析 (1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示 设人沿斜坡下滑的加速度为 a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得 mgsin fma fN 垂直于斜坡方向有 Nmgcos 0 联立以上各式得 agsin gcos 4 m/s2 由匀变速直线运动规律得 L1 2at 2 解得：t2 s. (2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用设人在水平面上运动的加速 度大小为 a，由牛顿第二定律得 mgma 设人到达 C 处的速度为
10、 v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡上下滑的过程：v22aL 人在水平面上滑行时：0v22as 联立解得 s12.8 m. (2019 张家口市高一上期末)如图 5 所示， 一根足够长的水平杆固定不动，一个质量 m 2 kg 的圆环套在杆上， 圆环的直径略大于杆的截面直径， 圆环与杆间的动摩擦因数 0.75. 对圆环施加一个与水平方向成 53 角斜向上、 大小为 25 N 的拉力 F， 使圆环由静止开始做 匀加速直线运动(sin 53 0.8，cos 53 0.6，g 取 10 m/s2)求： 图 5 (1)圆环对杆的弹力大小； (2)圆环加速度的大小； (3)若拉力 F 作用 2 s 后
11、撤去，圆环在杆上滑行的总距离 答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m 解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示， 将拉力 F 正交分解，F1Fcos 15 N，F2Fsin 20 N 因 G20 N 与 F2大小相等，故圆环对杆的弹力为 0. (2)由(1)可知，在拉力 F 作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合F1ma1，代入 数据得 a17.5 m/s2. (3)由(2)可知，撤去拉力 F 时圆环的速度 v0a1t115 m/s 拉力 F 作用 2 s 的位移 s11 2a1t1 215 m 撤去拉力 F 后圆环受力如图乙所示， 根据牛顿第二定律 mgma2得 a2
12、7.5 m/s2 圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取 v0方向为正方向，则 v015 m/s，a7.5 m/s2 由运动学公式可得：撤去拉力 F 后圆环滑行的位移 s2vt 2v 0 2 2a 15 m 故总位移 ss1s230 m. 1(从受力确定运动情况)(多选)如图 6 所示，质量为 m1 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 v010 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小 为 2 N 的恒力 F，在此恒力 F 作用下(g 取 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) 图 6 A物体经 10 s 速度减为零 B物
13、体经 2 s 速度减为零 C物体的速度减为零后将保持静止 D物体的速度减为零后将向右运动 答案 BC 解析 物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力 fNmg3 N，根据牛顿第二定律得 a Ff m 23 1 m/s25 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间 tv0 a 10 5 s2 s，A 错 误，B 正确物体的速度减为零后，由于 F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C 正确， D 错误 2(从运动情况确定受力)如图 7 所示，质量为 m3 kg 的木块放在倾角 30 的足够长的固 定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑若用沿斜面向上的力 F 作用于木块上，使其由静止开 始沿斜面向上加速运
14、动，经过 t2 s 时间木块沿斜面上滑 4 m 的距离，则推力 F 的大小为(g 取 10 m/s2)( ) 图 7 A42 N B6 N C21 N D36 N 答案 D 解析 木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin mgcos ；当在推力作用下加速上 滑时，由运动学公式 s1 2at 2得 a2 m/s2，由牛顿第二定律有：Fmgsin mgcos ma， 得 F36 N，D 正确 3(由运动情况确定受力)(2020 兰州中学期末)如图 8，质量为 50 kg 的滑雪运动员，在倾角 为 37 的斜坡顶端， 从静止开始匀加速下滑 50 m 到达坡底， 用时 10 s， g10 m/s
15、2， sin 37 0.6，cos 37 0.8，求： 图 8 (1)运动员到达坡底的速度大小； (2)运动员受到的滑动摩擦力大小 答案 (1)10 m/s (2)250 N 解析 (1)由 l1 2at 2， 解得 a1 m/s2， 故 vat10 m/s (2)设运动员受到的滑动摩擦力大小为 f 由 mgsin 37 fma， 解得 f250 N. 4.(多过程问题分析)如图 9 所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角 30 .一个质量 m 1 kg 的小物体(可视为质点)，在 F10 N 的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面 向上运动已知斜面与物体间的动摩擦因数 3 6 .g 取
16、 10 m/s2. 图 9 (1)求物体在拉力 F 作用下运动的加速度大小； (2)若拉力 F 作用 1.2 s 后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离 答案 (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m 解析 (1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律得： 物体受到的斜面对它的支持力 Nmgcos 5 3 N， 物体的加速度 a1Fmgsin f m Fmgsin N m 2.5 m/s2. (2)当拉力 F 作用 t01.2 s 时，速度大小为 va1t03 m/s，物体向上滑动的距离 s11 2a1t0 2 1.8 m. 此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小 a2mgsin N m 7.5 m/s2. 这一过程物体向上滑动的距离 s2 v2 2a20.6 m. 整个上滑过程物体距出发点的最大距离 ss1s22.4 m.