1、154 牛顿运动定律的案例分析目标定位 1.掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路和方法.2.学会处理动力学的两类基本问题一、从受力确定运动情况受力情况 F 合 求 a， F合 ma Error!求得 s、 v0、 vt、 t.例 1 如图 1 所示，质量 m2 kg 的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数 为 0.25， 现 对 物 体 施 加 一 个 大 小 F 8 N、 与 水 平 方 向 成 37角 斜 向 上 的 拉 力 ， 已 知sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2.求：图 1(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；(2)物体在拉力
2、作用下 5 s 末的速度大小；(3)物体在拉力作用下 5 s 内通过的位移大小解析 (1)对物体受力分析如图：2由图可得：Error!解得： a1.3 m/s 2，方向水平向右(2)vt at1.35 m/s6.5 m/s(3)s at2 1.352 m16.25 m12 12答案 (1)见解析图 1.3 m/s 2，方向水平向右(2)6.5 m/s (3)16.25 m二、从运动情况确定受力运动情况 求 a 受力情况 匀 变 速 直 线 运 动 公 式 F合 ma 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
3、斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上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地面的时间不超过 2.0 s(g 取 10 m/s2)，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？解析 (1)由题意可知， h4.0 m， L5.0 m， t2.0 s.设斜面倾角为 ，则 sin .hL乘客沿气囊下滑过程中，由 L at2得 a ，代入数据得 a2.5 m/s 2.12 2Lt2(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 mgsin f ma
4、，沿 y 轴方向有 N mgcos 0，又 f N ，联立方程解得 0.92.gsin agcos 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)0.92针对训练 1 质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v t 图像如图 2 所示弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 .设球34受到的空气阻力大小恒为 f，取 g10 m/s 2，求：3图 2(1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h.答案 (1)0.2 N (2)0.375 m解析 (1)由 v t 图像可知，弹性球下落过程的加速度为a1 m/s28 m/s 2
5、v t 4 00.5根据牛顿第二定律，得 mg f ma1所以弹性球受到的空气阻力f mg ma1(0.1100.18) N0.2 N(2)弹性球第一次反弹后的速度 v1 4 m/s3 m/s34根据牛顿第二定律 mg f ma2，得弹性球上升过程的加速度为 a2 mg fmm/s212 m/s 20.110 0.20.1根据 v v 2 a2h，得弹性球第一次反弹的高度2t 21h m0.375 m.v212a2 32212三、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
6、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 质量为 m2 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 0.5，现在对物体施加如图 3 所示的力 F， F10 N， 37(sin 370.6)，经t110 s 后撤去力 F，再经一段时间，物体又静止，( g 取 10 m/s2)则：图 3(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态4(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 的瞬间
7、物体的速度达到最大值，撤去 F 后物体做匀减速直线运动直至速度为零(2)撤去 F 前对物体受力分析如图甲，有：Fsin N1 mg， Fcos f ma1f N 1s1 a1t12 21vt a1t1，联立各式并代入数据解得s125 m， vt5 m/s(3)撤去 F 后对物体受力分析如图乙，有：f N 2 ma2， N2 mg,2a2s2 v ，2t联立各式并代入数据解得 s22.5 m物体运动的总位移： s s1 s2得 s27.5 m答案 (1)见解析 (2)5 m/s (3)27.5 m针对训练 2 冬奥会四金得主王濛于 2014 年 1 月 13 日亮相全国短道速滑联赛总决赛她领衔的
8、中国女队在混合 3 000 米接力比赛中表现抢眼如图 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 370.6，cos 370.8，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？5答案 (1)2 s (2)12.8 m解析 (1)人在斜坡上下滑时，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
9、律得mgsin f ma， f N垂直于斜坡方向有 N mgcos 0由匀变速运动规律得 L at212联立以上各式代入数据解得 a4 m/s 2， t2 s(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用设在水平面上人减速运动的加速度为 a，由牛顿第二定律得 mg 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面上下滑的过程： v22 aL人在水平面上滑行时：0 v22 a s联立以上各式代入数据解得 s12.8 m很多动力学问题中，是先分析合力列牛顿第二定律方程，还是先分析运动情况列运动学方程，并没有严格的顺序要求，有时可以交叉进行但不管是哪种情况，其解题的基本思
10、路都可以概括为六个字：“对象、受力、运动” ，即：(1)明确研究对象；(2)对物体进行受力分析，并进行力的运算，列牛顿第二定律方程；(3)分析物体的运动情况和运动过程，列运动学方程；(4)联立求解或定性讨论1(从受力确定运动情况)一个滑雪运动员从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角 30，如图 5 所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是 0.04，求 5 s 内滑下来的路程和 5 s 末速度的大小(运动员一直在山坡上运动)(小数点后保留一位有效数字)6图 5答案 58.2 m 23.3 m/s解析 以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡状态；沿山坡方向，做
11、匀加速直线运动将重力 mg 沿垂直于山坡方向和平行于山坡方向分解，据牛顿第二定律列方程： N mgcos 0 mgsin f ma 又因为 f N 由可得： a g(sin cos )故 s at2 g(sin cos )t212 12 10( 0.04 )52 m58.2 m12 12 32vt at10( 0.04 )5 m/s23.3 m/s12 322(从运动情况确定受力)一物体沿斜面向上以 12 m/s 的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的 v t 图像如图 6 所示，求斜面的倾角 以及物体与斜面间的动摩擦因数 .(g 取 10 m/s2)图 6答案 30 315解析
12、由题图可知上滑过程的加速度大小为：a 上 m/s26 m/s 2，122下滑过程的加速度大小为： a 下 m/s24 m/s 2125 2上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图，上滑过程7a 上 gsin g cos mgsin mgcos m下滑过程 a 下 gsin g cos ，联立解得 30， 3153(多过程问题)一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过 8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了 2 s 停止，已知汽车的质量 m210 3 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小；(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；(3)汽
13、车牵引力的大小答案 (1)4 m/s (2)410 3 N (3)610 3 N解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动 s0 t1v0 02解得 v0 4 m/s2s0t1(2)关闭发动机后汽车匀减速过程的加速度 a2 2 m/s 20 v0t2由牛顿第二定律有 f ma2，解得 f410 3 N(3)设开始加速过程中汽车的加速度为 a1s0 a1t12 21由牛顿第二定律有： F f ma1联立上述两式解得 F f ma1610 3 N题组一 从受力确定运动情况1 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 mAmB，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
14、的最大距离 sA与 sB相比为( )A sA sB B sAsBC sAsB D不能确定8答案 A解析 通过分析物体在水平面上滑行时的受力情况可以知道，物体滑行时受到的滑动摩擦力 mg 为合力，由牛顿第二定律知： mg ma 得： a g ，可见： aA aB.物体减速到零时滑行的距离最大，由运动学公式可得：v 2 aAsA， v 2 aBsB，2A 2B又因为 vA vB， aA aB.所以 sA sB，A 正确2假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水时它的运动将是( )A做变加速运动B做初速度不为零的匀加速直线运动C做匀减速运动D继续保持匀速直线运动答案
15、A解析 a kg，洒水时质量 m 减小，则 a 变大，所以洒水车做加速度变大F合m F kmgm Fm的加速运动，故 A 正确3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 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为( )A7 m/s B14 m/sC10 m/s D20 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： mg
16、ma，解得：a g .由匀变速直线运动的速度位移关系式得 v 2 as，可得汽车刹车前的速度为：02v0 m/s14 m/s，因此 B 正确2as 2 gs 20.710144用 30 N 的水平外力 F 拉一静止在光滑的水平面上质量为 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 v7.5 m/s， a1.5 m/s 2B v4.5 m/s， a1.5 m/s 2C v4.5 m/s， a0D v7.5 m/s， a0答案 C解析 前 3 s 物体由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： F ma，解得：9a m/s21.5 m/s2
17、,3 s 末物体的速度为 vt at 1.53 m/s4.5 m/s；3 s 后，Fm 3020力 F 消失，由牛顿第二定律可知加速度立即变为 0，物体做匀速直线运动，所以 5 s 末的速度仍是 3 s 末的速度，即 4.5 m/s，加速度为 a0，故 C 正确题组二 从运动情况确定受力5某气枪子弹的射出速度达 100 m/s，若气枪的枪膛长 0.5 m，子弹的质量为 20 g，若把子弹在枪膛内的运动看做匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为( )A110 2 N B210 2 NC210 5 N D210 4 N答案 B解析 根据 v 2 as，得 a m/s2110 4 m/s2，
18、从而得高压气体对子弹的2tv2t2s 100220.5作用力 F ma2010 3 1104 N210 2 N.6行车过程中，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，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带假定乘客质量为 70 kg，汽车车速为 90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A450 N B400 N C350 N D300 N答案 C解析 汽车的速度 v090 km/h25 m/s设汽车匀减速的加速度大小为 a，则 a 5 m/s 2v0t对乘客应用牛顿第二定律可得
19、：F ma705 N350 N，所以 C 正确7某消防队员从一平台上跳下，下落 2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了 0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力为( )A自身所受重力的 2 倍 B自身所受重力的 5 倍C自身所受重力的 8 倍 D自身所受重力的 10 倍答案 B解析 由自由落体规律可知： v 2 gH2t缓冲减速过程： v 2 ah2t由牛顿第二定律列方程 F mg ma解得 F mg(1 )5 mg，故 B 正确Hh8在静止的车厢内，用细绳 a 和 b 系住一个小球，绳 a 斜向上拉，绳 b 水平拉，如图 1 所10示，现让车从静止开始向右
20、做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳 a、 b 的拉力 Fa、 Fb的变化情况是( )图 1A Fa变大， Fb不变 B Fa变大， Fb变小C Fa不变， Fb变小 D Fa不变， Fb变大答案 C解析 以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据牛顿第二定律得，水平方向： Fasin Fb ma 竖直方向： Facos mg0 由题知 不变，由分析知 Fa不变，由知 Fb Fasin maFasin ，即 Fb变小题组三 综合应用9.大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图 2 所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图若已知“双子星号
21、”宇宙飞船的质量为 3 200 kg，其尾部推进器提供的平均推力为 900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作 8 s 测出飞船和空间站速度变化是 1.0 m/s.则：图 2(1)空间站的质量为多大？(2)在 8 s 内飞船对空间站的作用力为多大？答案 (1)4 000 kg (2)500 N解析 (1)飞船和空间站的加速度 a 0.125 m/s 2，以空间站和飞船整体为研究对象， v t根据牛顿第二定律有 F Ma，得 M 7 200 kg.Fa故空间站的质量 m7 200 kg3 200 kg4 000 kg.(2)以空间站为研究对象，由牛顿第二定律得F ma500 N10质量为 40
22、 kg 的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成 37角斜向上的方11向拉着物体前进，绳子的拉力为 200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5，物体的加速度是多少？若在拉的过程中突然松手，此时物体的加速度是多少？( g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)答案 0.5 m/s 2，方向与运动方向相同 5 m/s 2，方向与运动方向相反解析 物体受力如图所示，将拉力 F 沿水平方向和竖直方向分解在两方向分别列方程：Fcos 37 Ff ma.Fsin 37 FN mg.又 Ff F N.联立解得 a0.5 m/s 2，方向与运动方向相同当突然松手时，拉力
23、F 变为零，此后摩擦力变为Ff mg 200 N，由牛顿第二定律得 Ff ma解得 a5 m/s 2，方向与运动方向相反11.物体以 14.4 m/s 的初速度从斜面底端冲上倾角为 37的斜坡，到最高点后再滑下，如图 3 所示已知物体与斜面间的动摩擦因数为 0.15，求：图 3(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体沿斜面下滑的时间(已知 sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s 2)答案 (1)14.4 m (2) s6解析 (1)设上滑时加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得： mgsin 37 mg cos 37 ma1解得 a17.2 m/s 2上滑的最大位移为 sv20
24、2a1代入数据得 s14.4 m(2)设下滑时加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得：mgsin 37 mg cos 37 ma2解得 a24.8 m/s 2由 s a2t2得下滑时间 t s12 2sa2 612如图 4 所示，木板与水平地面间的夹角 可以随意改变，当 30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑若让该小木块从木板的底端每次都以 v0的速度沿12木板向上运动，随着 的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为 g.求：图 4(1)小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当 60角时，小木块沿木板向上滑行的距离；(3)当 60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发
25、点所用的时间答案 (1) (2) (3)33 3v204g 3 6v02g解析 (1)当 30时，对小木块受力分析得：mgsin N N mgcos 联立得： tan tan 3033(2)当小木块向上运动时，设小木块的加速度为 a1，位移为 s，则： mgsin mg cos ma1， v 2 a1s20则： sv202gsin cos 60s v202gsin 60 cos 60 3v204g(3) 60，当小木块向上运动时，时间 t1 v0a1 3v02g当小木块向下运动时，小木块的加速度为 a2，则：mgsin mg cos ma2解得： a2 g33由 s a2t 得： t212 2 6v02g故： t t1 t23 6v02g
