1、第五节牛顿运动定律的应用核心素养目标新课程标准培养运用实例总结归纳一般问题解题规律的能力，认识数学工具在物理问题中的作用1.能用牛顿运动定律解决动力学的两类问题。2掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。3初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识知识梳理1牛顿第二定律的作用：确定了运动和力的关系，把物体的运动情况与受力情况联系起来。2动力学的两类基本问题(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，
2、结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。初试小题1判断正误。(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)只要知道物体的受力情况就能判断物体的运动性质。()2某气枪子弹的出口速度达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作匀变速直线运动，则高压气体对子弹的平均作用力为()A1102 NB2102 NC2105 N D.2104 N解析：选B根据vt22as，得a m/s21104 m/s2，从而得高压气体对子弹的平均
3、作用力Fma201031104 N2102 N，B正确。3如图所示，某高速列车最大运行速度可达270 km/h，机车持续牵引力为1.57105 N。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)解析：已知列车的总质量m100 t1.0105 kg，列车最大运行速度v270 km/h 75 m/s，列车所受阻力f0.1mg1.0105 N。由牛顿第二定律得Ffma，所以列车的加速度a0.57 m/s2。又由运动学公式vtv0at，可得列车从开始启动到达到最大运行
4、速度需要的时间t131.58 s。答案：131.58 s已知受力确定运动情况问题探究玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为，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vt22as和sat2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。要点归纳1问题界定根据物体受力情况确定运动情况，指的是在物体的受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等物理量。2解题思路例题1如图所示，在倾角37的足够长的固定斜面底端有一质量m1.0 kg的物体，物体与
5、斜面间的动摩擦因数0.25。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F10 N，方向平行于斜面向上，经时间t4.0 s绳子突然断了(已知sin 370.60，cos 370.80，g取10 m/s2)，求：(1)绳断时物体的速度大小；(2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移。解析(1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力FN、重力mg和摩擦力f，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有Fmgsin fma1，又fFN，FNmgcos ，解得a12.0 m/s2则t4.0 s时物体的速度大小v1a1t8.0 m/s。(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加
6、速度大小为a2，受力如图乙所示：对物体沿斜面向上运动的过程，由牛顿第二定律有mgsin fma2，又fFN，FNmgcos ，代入数值联立解得a28.0 m/s2。物体做匀减速运动的位移为s24.0 m。答案(1)8.0 m/s (2)4.0 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，应用平行四边形定则求这两个力的合力，加速度方向即是物体所受合力的方向。(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，常用正交分解法，一般把力正交分解为沿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Fxma，垂直于加速度方向有Fy0。 针对训练我国的
7、第一艘国产航母“山东舰”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即舰载机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为。其起飞跑道可视为由长度L1180 m 的水平跑道和长度L220 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h2 m，如图所示。已知质量m2104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F1.2105 N，方向始终与速度方向相同，若舰载机起飞过程中受到的阻力大小恒为舰载机重力的0.15，舰载机质量视为不变，并把舰载机看成质点，航母处于静止状态。(g10 m/s2)(1)求舰载机在水平跑道上运动的时间；(2)求舰载机在倾斜跑道上的加速度大小。解析：(1)设舰载机在水平跑道上的加
8、速度大小为a1，由牛顿第二定律有Fkmgma1，解得a14.5 m/s2；由匀变速直线运动的规律有L1a1t2，解得t4 s。(2)设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对舰载机受力分析，由牛顿第二定律有Fkmgmgsin ma2，其中sin ，解得a23.5 m/s2。答案：(1)4 s(2)3.5 m/s2已知运动情况确定受力问题探究一运动员滑雪时的照片如图所示，如果知道运动员在下滑过程中的运动时间且知道在下滑过程中的运动位移，试讨论：由运动员的运动情况如何确定其受力情况？提示：先根据运动学公式，求得运动员运动的加速度，比如先根据sv0t，vt2v022as等求出运动员的加速度，
9、再由牛顿第二定律求运动员的受力。要点归纳1问题界定根据物体运动情况确定受力情况，指的是在物体的运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下，要求得出物体所受的力。2解题思路3一般解题流程例题2在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车如图甲所示。在光滑水平面AB上，如图乙所示，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动。小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速率不变)，最高能到达C点。机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下。求：t/s00.20
10、.42.22.42.6v/ (ms1)00.40.83.02.01.0(1)机器人对小滑块作用力F的大小；(2)斜面的倾角的大小。思路点拨(1)根据表格中的数据求各段的加速度。(2)各段受力分析，由牛顿第二定律求F，的大小。解析(1)小滑块从A到B过程中加速度的大小a12 m/s2；由牛顿第二定律有Fma1，解得F2 N。(2)小滑块从B到C过程中加速度的大小a25 m/s2；由牛顿第二定律有mgsin ma2，解得30。答案(1)2 N(2)30由运动情况确定受力应注意的两点问题(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆。(2)
11、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。针对训练2019年1月3日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，“嫦娥四号”探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务，在距月面高为H102 m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v14 m/s 时，立即改变推力，以a22 m/s2匀减速下降，至月表高度30 m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5 m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑中，整个过程始终垂直
12、月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。已知“嫦娥四号”探测器的质量m40 kg，月球表面重力加速度为1.6 m/s2。求：(1)“嫦娥四号”探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1；(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。解析：(1)至月表高度30 m处速度减为零，缓慢下降，距离月面2.5 m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，由v222gh2得v22 m/s。(2)由题意知加速和减速发生的位移为h102 m30 m72 m，由位移关系得h，解得a11 m/s2。 (3)匀加速直线下降过程中，由牛顿第二定律有mgFma1，解得F24 N，方向
13、竖直向上。答案：(1)2 m/s(2)1 m/s2(3)24 N方向竖直向上物体在“三类”光滑斜面上的下滑时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)由Lat2，agsin ，L可得t ，可知倾角越小，时间越长，图1中t1t2t3。第二类：同底斜面(如图2所示)由Lat2，agsin ，L可得t ，可见45时时间最短，图2中t1t3t2。第三类：等时圆(如图3和图4所示)由2Rsin gsin t2，可推得t1t2t3。示例如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点
14、在y轴上且BMO60，O为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tAtCtB，B正确。答案 B1.一质量为m1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动，1 s末撤去恒力F，其vt图像如图所示，则恒力F和物体所受阻力f的大小是()AF9 N，f2 NBF8 N，f3 NCF8 N，f2 N D.F9 N，f3 N解析：选D由题图可知，01
15、s内，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a1 m/s26 m/s2；13 s内，物体做匀减速直线运动，其加速度的大小为a2 m/s23 m/s2。根据牛顿第二定律，01 s有Ffma1,13 s有fma2，解得F9 N，f3 N。故A、B、C错误，D正确。2.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30、45、60。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则()Aa处小孩最先到O点Bb处小孩最后到O点Cc处小孩最先到O点Da、c处小孩同时到O点解析：选D当滑板与水平面的夹角为时，小
16、孩从滑板顶端滑下的过程，有加速度agsin ，at2，解得t2，当45时，t最小，当30和60时，sin 2的值相同，故只有D项正确。3.(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙水平地面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t0时刻开始运动，g取10 m/s2，则以下结论正确的是()A01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C01 s内，物体的位移为7 mD02 s内，物体的总位移为11 m解析：选BD01 s内，物体的加速度大小a1
17、 m/s24 m/s2，A项错误；12 s内物体的加速度大小a2 m/s22 m/s2，B项正确；物体运动的vt图像如图所示，故01 s内物体的位移为x1 m6 m，C项错误；02 s内物体的总位移xx1x2m11 m，D项正确。4.(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A斜面对小球的弹力为B斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大D若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大解析：选AD对小球受力分析如
18、图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2cos mg，水平方向有FN1FN2sin ma，所以斜面对小球的弹力为FN2，A正确。FN1mamg tan 。由于FN2与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大，故C错误，D正确。斜面与竖直挡板对小球弹力的合力为，故B错误。5如图所示，有一质量m1 kg的物块，以初速度v6 m/s从A点开始沿水平面向右滑行。物块运动中始终受到大小为2 N、方向水平向左的力F作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数0.1。g取10 m/s2。求：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向；(2)物块向右运动到最远处的位移大小；(3)物块经过多长时间回到出发点A(结果保留两位有效数字)。解析：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小fmg1 N物块向右运动时所受摩擦力的方向水平向左。(2)物块向右运动时的加速度大小a13 m/s2由2a1xv2可得，物块向右运动到最远处时的位移大小，x6 m。(3)物块向右运动的时间t12 s物块返回时的加速度大小a21 m/s2由xa2t22得物块返回过程的时间t2 2 s3.5 s物块回到出发点A的时间tt1t25.5 s。答案：(1)1 N水平向左(2)6 m(3)5.5 s
