高中物理新教材同步必修第一册 第4章 5 牛顿运动定律的应用

5 牛顿运动定律的应用 [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、力和运动的关系 牛顿第二定律确定了物体加速度和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比， 与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合力的方向相同． 物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中： 二、两类基本问题 1．从受力确定运动情况 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，再通过运动学的规律确 定物体的运动情况． 2．从运动情况确定受力 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿 第二定律求出力． 1．判断下列说法的正误． (1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向．( √ ) (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.如图1 所示，一质量为8 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数 为0.2，用一水平拉力F＝20 N 拉物体，使其由A 点开始运动，经过8 s 后撤去拉力F，再经 过一段时间物体到达B 点停止．则：(g 取10 m/s2) 图1 (1)在拉力F 作用下物体运动的加速度大小为________ m/s2； (2)撤去拉力F 瞬间物体的速度大小v＝________ m/s； (3)撤去拉力F 后物体运动的距离x＝________ m. 答案 (1)0.5 (2)4 (3)4 解析 (1)对物体受力分析，如图所示 竖直方向mg＝FN 水平方向，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma1 解得a1＝＝0.5 m/s2 (2)v＝a1t＝4 m/s； (3)撤去拉力F 后，由牛顿第二定律得－μmg＝ma2 解得a2＝－μg＝－2 m/s2， 由0－v2＝2a2x 解得x＝＝4 m. 一、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： 已知物体受力情况―――→――――――――――――――→求得x、v0、v、t 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． (2019·张家口市上学期期末)如图2 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，圆环与杆的动摩擦因数μ＝ 0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N 的拉力，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2 (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，F1＝Fcos θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N 因G＝20 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＝F1＝ma1，代 入数据得a1＝7.5 m/s2. (3)由(2)可知，撤去拉力F 时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s 拉力F 作用2 s 的位移x1＝a1t1 2＝15 m 撤去拉力F 后圆环受力如图乙所示 根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝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v0＝ 15 m/s，a＝－7.5 m/s2 由运动学公式可得：撤去拉力F 后圆环滑行的位移 x2＝＝15 m 故总位移x＝x1＋x2＝30 m. 二、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： ――――――→――――→ 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)1.8×105 N (2)2.8×105 N 解析 (1)v1＝54 km/h＝15 m/s 减速阶段：初速度v1＝15 m/s，末速度v2＝0，位移x2＝125 m 由v2 2－v1 2＝2a2x2得 加速度a2＝－＝－ m/s2＝－0.9 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＝ma2＝2×105×(－0.9) N＝－1.8×105 N① 负号表示F 阻方向与v1方向相反． (2)初速度v0＝0，末速度v1＝15 m/s，位移x1＝225 m 由v1 2－v0 2＝2a1x1得 加速度a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得 F 引－|F 阻|＝ma1＝2×105×0.5 N＝1×105 N② 由①②得机车的牵引力为F 引＝2.8×105 N. 针对训练 一质量为m＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上在无外力F 的情况下 以加速度a＝2.5 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3 所示，使滑 块由静止开始向上匀加速运动，在0～2 s 时间内沿斜面运动的位移x＝4 m．求：(g 取10 m/s2) 图3 (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小． 答案 (1) (2) N 解析 (1)根据牛顿第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 代入数据解得μ＝. (2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动， 由x＝a1t2，代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2. 根据牛顿第二定律可得： Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入数据得F＝ N. 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，它起到承上启下的作用，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L＝8 m、倾角θ＝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μ＝0.25，不计空气阻力． (取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，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 θ－Ff＝ma Ff＝μFN 垂直于斜坡方向有FN－mgcos θ＝0 联立以上各式得a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2 由匀变速直线运动规律得L＝at2 解得：t＝2 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μmg＝ma′ 设人到达C 处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x 联立解得x＝12.8 m. 1．(从受力确定运动情况)(多选)如图5 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v0＝10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反大小为 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5 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Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a ＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 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6 所示，质量为m＝3 kg 的木块放在倾角θ＝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动，经过t＝2 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6 A．42 N B．6 N C．21 N D．36 N 答案 D 解析 木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ；当在推力作用下加速上 滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 得F＝36 N，D 正确． 3.(多过程问题分析)如图7 所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)，在F＝10 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μ＝.g 取10 m/s2. 图7 (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， 物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcos θ＝5 N， 根据牛顿第二定律得：物体的加速度a1＝＝＝2.5 m/s2. (2)当拉力F 作用t0＝1.2 s 时，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝a1t0 2＝ 1.8 m. 此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小 a2＝＝7.5 m/s2. 这一过程物体向上滑动的距离x2＝＝0.6 m. 整个上滑过程物体距出发点的最大距离 x＝x1＋x2＝2.4 m. 考点一 从受力确定运动情况 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划痕．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m， 假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为( ) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案 B 解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为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得v0 2＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0 ＝＝＝ m/s＝14 m/s，因此B 正确． 2．用30 N 的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg 的物体，外力F 作用 3 s 后撤去．则第5 s 末物体的速度和加速度大小分别是( ) A．4.5 m/s,1.5 m/s2 B．7.5 m/s,1.5 m/s2 C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0 答案 C 解析 在外力F 作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s 末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s 后撤去外力， 此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C 正确． 3.如图1 所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同， 且一直作用下去，设小球由静止开始运动，由此可判定( ) 图1 A．小球向前运动，再返回停止 B．小球向前运动，再返回不会停止 C．小球始终向前运动 D．小球向前运动一段时间后停止 答案 C 解析 作出相应的小球的v－t 图像如图所示，由图可以看出，小球始终向前运动，选项C 正确． 考点二 从运动情况确定受力 4．一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800 N，开动5 s 的时间，速度 的改变为2 m/s，则宇宙飞船的质量为( ) A．1 000 kg B．2 000 kg C．3 000 kg D．4 000 kg 答案 B 解析 根据加速度的定义式得，飞船的加速度为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据牛顿第二定律 得飞船的质量为m＝＝ kg＝2 000 kg，B 项正确． 5.如图2 所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的 人可能受到伤害．为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊．假定 乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间 为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( ) 图2 A．420 N B．600 N C．800 N D．1 000 N 答案 A 解析 从踩下刹车到车完全停止的5 s 内，乘客的速度由30 m/s 减小到0，视为匀减速运动， 则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反．所以选项A 正确． 6.质量为0.8 kg 的物体在一水平面上运动，图3 中图线a、b 分别表示该物体不受拉力作用和 受到水平拉力作用时的v－t 图像，则拉力和摩擦力之比为( ) 图3 A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 答案 B 解析 由v－t 图像可知，图线a 为水平方向仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2， 图线b 为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2，由牛顿第二定律列方程 得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，联立解得F∶Ff＝3∶2，选项B 正确． 7．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号装有焰火的礼 花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达距地面100 m 的最高点时炸开，形成各种美丽的图 案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自 身重力的k 倍，那么v0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s2)( ) A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25 答案 C 解析 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力 大小Ff＝kmg，则由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma，联立解得k＝0.25，故选项C 正确． 8．(多选)(2019·内蒙古一机一中高二期末)如图4 所示，质量为m＝1.0 kg 的物体在水平力F ＝5 N 的作用下，以v0＝10 m/s 的速度向右匀速运动．倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A 点 用极小的光滑圆弧相连．物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A 点后撤去 水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B 点．g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 则( ) 图4 A．A、B 两点间的距离为5 m B．A、B 两点间的距离为6 m C．从A 点算起，经1 s 物体到达最高点 D．从A 点算起，经2 s 物体到达最高点 答案 AC 解析 物体匀速运动时，F＝μmg 解得μ＝0.5 在斜面上上滑的加速度： a＝＝gsin 37°＋μgcos 37° ＝10 m/s2 则A、B 两点间的距离为xAB＝＝ m＝5 m 选项A 正确，B 错误；从A 点算起，经t＝＝ s＝1 s，物体到达最高点，选项C 正确，D 错 误． 9.(2019·本溪一中高一上学期期末)如图5 所示，一个物体从A 点由静止出发分别沿三条光滑 轨道到达C1、C2、C3，则( ) 图5 A．物体到达C1时的速度最大 B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同 C．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小 D．物体到达C3的时间最短 答案 D 解析 物体在斜面上的加速度a＝gsin θ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C 错误； 斜面长L＝，由v2＝2aL 得：v＝，故到C1、C2、C3时物体速度大小相等，A 错误；由L＝ at2即＝gsin θ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B 错误，D 正确． 10．(多选)(2019·新疆生产建设兵团第一师高级中学高一上期末)放在水平地面上的一物块， 受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系和物块的速度v 与时间t 的关 系分别如图6 甲、乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由甲、乙两图可以求得物块的质量m 和 物块与地面之间的动摩擦因数μ 分别为( ) 图6 A．m＝0.5 kg B．m＝1.5 kg C．μ＝0.4 D．μ＝ 答案 AC 解析 由v－t 图像可知4～6 s 时物块做匀速运动，有Ff＝F＝2 N．在2～4 s 内物块做匀加 速运动，加速度a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得ma＝F－Ff，将F＝3 N，Ff＝2 N 及a＝2 m/s2 代入解得m＝0.5 kg，由滑动摩擦力公式得μ＝＝＝0.4，所以A、C 正确，B、D 错误． 11.(2019·潍坊市高一上学期期末)如图7 所示，木箱在100 N 的拉力F 作用下沿粗糙水平地面 以5 m/s 的速度匀速前进，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5，拉力F 与水平地面的夹 角为37°，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.经过一段时间后撤去拉力 F，求： 图7 (1)木箱的质量； (2)撤去拉力后木