学年高中物理 第四章 力与运动 第五节 牛顿第二定律的应用学案 粤教版必修1.docx

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学年高中物理第四章力与运动第五节牛顿第二定律的应用学案粤教版必修1

第五节　牛顿第二定律的应用

[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．

一、牛顿第二定律的作用

牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：

加速度的大小与物体所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同．

二、两类基本问题

1．根据受力情况确定运动情况

如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况．

2．根据运动情况确定受力情况

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

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．（　×　）

一、从受力确定运动情况

一辆汽车在高速公路上正以108km/h的速度向前行驶，司机看到前方有紧急情况而刹车，已知刹车时汽车所受制动力为车重的0.5倍．则汽车刹车时的加速度是多大？

汽车刹车后行驶多远距离才能停下？

汽车的刹车时间是多少？

（取g＝10m/s2）

答案　由kmg＝ma可得a＝

＝5m/s2

则汽车刹车距离为s＝

＝90m.

刹车时间为t＝

＝6s.

1．由受力情况确定运动情况的基本思路

分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，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．由受力情况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，求合外力（包括大小和方向）．

（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，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．

3．注意问题：

（1）若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；

（2）用正交分解法求合力时，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组

例1　如图1所示，质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：

图1

（1）画出物体的受力图，并求出物体的加速度；

（2）物体在拉力作用下5s末的速度大小；

（3）物体在拉力作用下5s内通过的位移大小．

答案　

（1）见解析图　1.3m/s2，方向水平向右

（2）6.5m/s　（3）16.25m

解析　

（1）对物体受力分析如图．

由牛顿第二定律可得：

Fcosθ－f＝ma

Fsinθ＋FN＝mg

f＝μFN

解得：

a＝1.3m/s2，方向水平向右

（2）v＝at＝1.3×5m/s＝6.5m/s

（3）s＝

at2＝

×1.3×52m＝16.25m

从受力情况确定运动情况应注意的两个方面

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．

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，同样速度和位移的正负也表示其方向与规定的正方向相同或相反．

针对训练1　如图2所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，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＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.试求：

图2

（1）刷子沿天花板向上的加速度大小；

（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．

答案　

（1）2m/s2　

（2）2s

解析　

（1）以刷子为研究对象，受力分析如图所示

设杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为f，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得

（F－mg）sin37°－μ（F－mg）cos37°＝ma

代入数据解得a＝2m/s2.

（2）由运动学公式得L＝

at2

代入数据解得t＝2s.

二、由运动情况确定受力情况

1．由运动情况确定受力情况的基本思路

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外力；再分析物体的受力情况，求出物体受到的作用力．流程图如下：

2．由运动情况确定受力情况的解题步骤

（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．

例2　一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过8m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2s停止，已知汽车的质量m＝2×103kg，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）汽车牵引力的大小．

答案　

（1）4m/s　

（2）4×103N　（3）6×103N

解析　

（1）汽车开始做匀加速直线运动，s0＝

t1

解得v0＝

＝4m/s

（2）关闭发动机后汽车减速过程的加速度a2＝

＝－2m/s2

由牛顿第二定律有f＝ma2

解得f＝－4×103N，即汽车所受阻力大小为4×103N.

（3）设开始加速过程中汽车的加速度为a1

s0＝

a1t

由牛顿第二定律有：

F－f＝ma1

解得F＝f＋ma1＝6×103N

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．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4.0m，构成斜面的气囊长度为5.0m．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2.0s（g取10m/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？

答案　

（1）2.5m/s2　

（2）

解析　

（1）由题意可知，h＝4.0m，L＝5.0m.

设斜面倾角为θ，则sinθ＝

＝0.8，cosθ＝0.6.

乘客沿气囊下滑过程中，由L＝

at2得a＝

，代入数据得a＝2.5m/s2.

（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mgsinθ－f＝ma，

沿y轴方向有FN－mgcosθ＝0，

又f＝μFN，联立方程解得

μ＝

＝

.

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、时间关系等．

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　如图3所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8m、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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

图3

（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）2s　

（2）12.8m

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

mgsinθ－f＝ma

f＝μFN

垂直于斜坡方向有FN－mgcosθ＝0

联立以上各式得a＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2

由匀变速直线运动规律得L＝

at2

解得：

t＝2s

（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′s

联立以上各式解得s＝12.8m.

多过程问题的分析方法

1．分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法（正交分解法或合成法）并选取合适的运动学公式．

2．注意前后过程物理量之间的关系：

时间关系、位移关系及速度关系．

1．（从运动情况确定受力）如图4所示，质量为m＝3kg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＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F的大小为（g取10m/s2）（　　）

图4

A．42N　　　B．6N　　　C．21N　　　D．36N

答案　D

解析　因木块可以沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：

mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式s＝

at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：

F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，D正确．

2.（从受力确定运动情况）（2019·浙南名校联盟高一上学期期末联考）如图5所示，哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐世界最快观光电梯，从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需45s，运行的最大速度为18m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得：

在加速阶段质量为0.5kg的物体受到的竖直向上的拉力为5.45N．电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2）．

图5

（1）求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；

（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度．

答案　

（1）0.9m/s2　20s　

（2）450m

解析　

（1）设加速阶段加速度为a，由牛顿第二定律得：

FT－mg＝ma

代入数据解得a＝0.9m/s2

由v＝at

解得t＝20s

（2）匀加速阶段位移s1＝

at2

匀速阶段位移s2＝v（t总－2t）

匀减速阶段位移s3＝

高度s＝s1＋s2＋s3＝450m.

3．（多过程问题分析）一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F的作用，力F随时间t变化的规律如图6所示．g取10m/s2.求：

（结果可用分式表示）

图6

（1）在2～4s时间内，物体从开始做减速运动到停止所经历的时间；

（2）0～6s内物体的位移大小．

答案　

（1）

s　

（2）

m

解析　

（1）在0～2s内，由牛顿第二定律知F1－μmg＝ma1，a1＝1m/s2，v1＝a1t1，解得v1＝2m/s.

2～4s内，物体的加速度a2＝

＝－3m/s2，

由0－v1＝a2t2知，物体从开始做减速运动到停止所用时间t2＝－

＝

s.

（2）0～2s内物体的位移s1＝

＝2m，

2～4s内物体的位移s2＝

＝

m，

由周期性可知4～6s内和0～2s内物体的位移相等，所以0～6s内物体的位移s＝2s1＋s2＝

m.

一、选择题

考点一　从受力确定运动情况

1．用30N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20kg的物体，力F作用3s后消失．则第5s末物体的速度和加速度大小分别是（　　）

A．v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2

B．v＝7.5m/s，a＝1.5m/s2

C．v＝4.5m/s，a＝0

D．v＝7.5m/s，a＝0

答案　C

解析　力F作用下a＝

＝

＝

m/s2＝1.5m/s2,3s末的速度v＝at＝4.5m/s,3s后撤去外力F后F合＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确．

2．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是（　　）

A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变

B．将物体质量减小一半，其他条件不变

C．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增加为原来的两倍

D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变

答案　D

解析　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝

－μg，由v＝at，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故选项A、B、C均错，选项D对．

3．（多选）如图1所示，质量为m＝1kg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＝10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下（g取10m/s2）（　　）

图1

A．物体经10s速度减为零

B．物体经2s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，f＝μFN＝μmg＝3N，根据牛顿第二定律得a＝

＝

m/s2＝5m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝

＝

s＝2s，B正确，A错误．物体的速度减为零后，由于F

4．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14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度大小为（　　）

A．7m/sB．14m/sC．10m/sD．20m/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v

＝2as，可得汽车刹车前的速度大小为：

v0＝

＝

＝

m/s＝14m/s，因此B正确．

5.（2019·本溪一中高一上学期期末）如图2所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑固定轨道到达C1、C2、C3，则（　　）

图2

A．物体到达C1点时的速度最大

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　由物体在斜面上的加速度a＝gsinθ，则在与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＝

，则由A到C1、C2、C3时物体速度大小相等，故A错误．由L＝

at2即

＝

gsinθ·t2知，沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确．

考点二　从运动情况确定受力

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70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，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，刹车过程可看做匀减速直线运动）（　　）

A．450NB．400NC．350ND．300N

答案　C

解析　汽车刹车前的速度v0＝90km/h＝25m/s

设汽车匀减速的加速度大小为a，则

a＝

＝5m/s2

对乘客应用牛顿第二定律可得：

F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．

7．（多选）如图3所示，质量为m的小球置于倾角为θ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（　　）

图3

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ma

C．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

答案　AD

解析　对小球受力分析如图所示，

把斜面对小球的弹力FN2分解，竖直方向有FN2cosθ＝mg，水平方向有FN1－FN2sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝

，A正确．FN1＝ma＋mgtanθ.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．小球受到的合力为ma，故B错误．

8．（多选）如图4所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（物体1和物体2相对车厢静止，重力加速度为g）（　　）

图4

A．车厢的加速度为gtanθ

B．绳对物体1的拉力为

C．底板对物体2的支持力为（m2－m1）g

D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsinθ

答案　AB

解析　对物体1进行受力分析，

把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有

FTcosθ＝m1g，FTsinθ＝m1a

得FT＝

，a＝gtanθ，

所以A、B正确．

对物体2进行受力分析有FN＋FT′＝m2g

f静＝m2a

根据牛顿第三定律，FT′＝FT

解得FN＝m2g－

f静＝m2gtanθ，

故C、D错误．

考点三　多过程问题分析

9．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t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则（　　）

A．a1>a2，t1a2，t1>t2

C．a1t2

答案　A

解析　上升过程中，由牛顿第二定律，得

mg＋f＝ma1①

设上升高度为h，则h＝

a1t

②

下降过程，由牛顿第二定律，得

mg－f＝ma2③

h＝

a2t

④

由①②③④得，a1>a2，t1

10.（多选）质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图5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t＝0时刻开始运动，g取10m/s2，则以下结论正确的是（　　）

图5

A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2

B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2

C．0～1s内，物体的位移为7m

D．0～2s内，物体的总位移为11m

答案　BD

解析　0～1s内，物体的加速度大小为a1＝

＝

m/s2＝4m/s2，A项错误；

1～2s内物体的加速度大小为a2＝

＝

m/s2＝2m/s2，B项正确；

物体运动的v－t图象如图所示，

故0～1s内物体的位移为s1＝

m＝6m，C项错误；由v－t图象可知，1～2s内物体的位移为s2＝

m＝5m

0～2s内物体的总位移s＝s1＋s2＝（6＋5）m＝11m，D项正确．

二、非选择题

11．如图6所示，质量为2kg的物体在40N水平推力作用下，从静止开始1s内沿足够长的竖直墙壁下滑3m．求：

（取g＝10m/s2）

图6

（1）物体运动的加速度大小；

（2）物体受到的摩擦力大小；

（3）物体与墙壁间的动摩擦因数．

答案　

（1）6m/s2　

（2）8N　（3）0.2

解析　

（1）由s＝

at2，可得：

a＝

＝6m/s2

（2）分析物体受力情况如图所示：

水平方向：

物体所受合外力为零，FN＝F＝40N

竖直方向：

由牛顿第二定律得：

mg－f＝ma

可得：

f＝mg－ma＝8N

（3）物体与墙壁间的滑动摩擦力f＝μFN

所以μ＝

＝

＝0.2.

12.如图7为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机到达高处，再沿着倾斜水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为100kg，在倾斜水槽和水平水槽中滑行时所受的阻力均为重力的0.1倍，水槽的坡度为30°，若乘客与船从槽顶部由静止开始滑行18m经过斜槽的底部O点进入水平水槽（设经过O点前后速度大小不变，取g＝10m/s2）．求：

图7

（1）船沿倾斜水槽下滑的加速度的大小；

（2）船滑到倾斜水槽底部O点时的速度大小；

（3）船进入水平水槽后15s内滑行的距离．

答案　

（1）4m/s2　

（2）12m/s　（3）72m

解析　

（1）对乘客与船进行受力分析，根据牛顿第二定律，有

mgsin30°－f＝ma，

f＝0.1mg，

联立解得a＝4m/s2.

（2）由匀变速直线运动规律有

v2＝2as，

代入数据得v＝12m/s.

（3）船进入水平水槽后，据牛顿第二定律有

－f′＝ma′，

f′＝0.1mg

故a′＝－0.1g＝－1m/s2，

由于t止＝－

＝12s<15s，

即船进入水平水槽后12s末时速度为0，

船在15s内滑行的距离s′＝

t止＝

×12m＝72m.

13.如图8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＝1kg的小物体（可视为质点），在F＝10N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10m/s2.则：

图8

（1）求物体在拉力F作用下运动的加速度大小a1；

（2）若力F作用1.2s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离．

答案　

（1）2.5m/s2　

（2）2.4m

解析　

（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律：

物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcosθ＝5

N，

f＝μFN＝2.5N

物体的加速度a1＝

＝2.5m/s2.

（2）力F作用t0＝1.2s后，速度大小为v＝a1t0＝3m/s，物体向上滑动的距离s1＝

a1t

＝1.8m.

此后它将向上匀减速运动，其加速度大小

a2＝

＝7.5m/s2.

这一过程物体向上滑动的距离s2＝

＝0.6m.

整个上滑过程运动的最大距离s＝s1＋s2＝2.4m.