高中物理第四章牛顿运动定律第5课时用牛顿运动定律解决问题一教师用书新人教版必修1

高中物理第四章牛顿运动定律第5课时用牛顿运动定律解决问题一教师用书新人教版必修1

第5课时　用牛顿运动定律解决问题(一)研究学考·明确要求]知识内容牛顿运动定律应用考试要求必考加试dd基本要求1.能分析物体的受力情况，判断物体的运动状态。2．初步掌握动力学两类基本问题求解的基本思路和步骤。3．会求解一个物体在水平面上运动的动力学问题。4．经历牛顿运动定律解决问题的过程，体会选择研究对象的重要性。5．会解决两个物体具有相同加速度的动力学问题。说明1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形。2．不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题。基础梳理]1．动力学第一类基本问题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，再通过运动学公式确定物体的运动情况。2．解题基本思路典例精析]【例1】(2016·宁波期末)如图1所示，一个质量为10kg的物体以v0＝1m/s的初速度沿着水平地面向右运动时，物体受到一个水平向右、大小为12N的恒力F作用。物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，求： 图1(1)物体运动的加速度大小和方向；(2)5s末物体的速度大小和5s内物体通过的位移大小。解析　(1)物体向右运动时受到向左的摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝10N物体的加速度a＝＝0.2m/s2方向水平向右(2)物体做匀加速运动，经5s速度为v＝v0＋at＝2m/s经5s位移x＝v0t＋at2＝7.5m答案　(1)0.2m/s2　水平向右(2)2m/s　7.5m即学即练]1．滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。如图2所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40N的水平推力，使冰车从静止开始运动10s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行。(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)。g取10m/s2，求：图2(1)冰车的最大速率；(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。解析　(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1v冰＝a1t得v冰＝5m/s。(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2＝25m冰车自由滑行时有μmg＝ma2得a2＝0.5m/s2v＝2a2x2得x2＝25m又x＝x1＋x2，得x＝50m。答案　(1)5m/s　(2)50m 基础梳理]1．动力学第二类基本问题如果已知物体的运动情况，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。2．解题基本思路典例精析]【例2】“歼10”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异，引起了世界的广泛关注。如图3所示，一架质量m＝5.0×103kg的“歼10”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x＝5.0×102m，达到起飞速度v＝60m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍。求飞机滑行时受到的牵引力多大？(g取10m/s2)图3解析　滑行过程，飞机受重力G，支持力FN，牵引力F，阻力Ff四个力作用，在水平方向上，由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma①Ff＝0.02mg②飞机匀加速滑行v2－0＝2ax③由③式得a＝3.6m/s2，代入①②式得F＝1.9×104N。答案　1.9×104N技巧点拨]　(1)应用牛顿第二定律解决动力学的两类基本问题，主要应把握两点：①两类分析——物体的受力分析和运动过程分析；②一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥粱。(2)两类动力学问题的解题步骤 即学即练]2．(2016·佛山高一检测)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4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m＝1kg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。图4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：t/s00.20.4…2.22.42.6…v/(m·s－1)00.40.8…3.02.01.0…求：(1)机器人对小滑块作用力F的大小；(2)斜面的倾角α的大小。解析　(1)小滑块在AB水平面上做匀加速运动，其加速度a1＝m/s2＝2m/s2由牛顿第二定律得：F＝ma1＝1×2N＝2N(2)滑块在斜面上做匀减速运动，其加速度a2＝m/s2＝5m/s2由牛顿第二定律得：mgsinα＝ma2sinα＝0.5所以α＝30°答案　(1)2N　(2)30° 基础梳理]1．动力学中两类常见图象及其处理方法：(1)v－t图象：可以从所提供图象获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。(2)F－t图象：首先应明确该图象表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。2．两图象需关注：图象的截距、斜率、面积以及正负的含义，要做到物体实际受力与运动情况的紧密结合。典例精析]【例3】一物体沿斜面向上以12m/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图象如图5所示，求斜面间的倾角以及物体与斜面间的动摩擦因数(g取10m/s2)。图5解析　由图象可知上滑过程的加速度大小：a上＝＝m/s2＝6m/s2，下滑过程的加速度大小：a下＝m/s2＝4m/s2上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图上滑过程a上＝＝gsinθ＋μgcosθ下滑过程a下＝gsinθ－μgcosθ，解得θ＝30°，μ＝。答案　30°　 即学即练]3．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的关系如图6甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2。由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与水平地面间的动摩擦因数分别为多少？图6解析　由F－t图和v－t图可得，物块在2s到4s内，所受外力F1＝3N，物块做匀加速运动，a＝＝m/s2＝2m/s2，F1－Ff＝ma①物块在4s到6s所受外力F2＝2N，物块做匀速直线运动，则F2＝Ff，F2＝μmg②由①②解得m＝0.5kg，μ＝0.4。答案　0.5kg　0.41．质量为1kg的物体，受水平恒力F的作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在1秒内的位移为2m。则力F的大小为(　　)A．1NB．2NC．4ND．6N解析　由x＝at2得：a＝＝4m/s2，对物体由牛顿第二定律得F＝ma＝4N答案　C2．质量为1吨的汽车在平直公路上以10m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。从某时刻开始，汽车牵引力减少2000N，那么从该时刻起经过6s，汽车行驶的路程是(　　)A．50mB．42mC．25mD．24m解析　汽车匀速运动时F牵＝Ff，当牵引力减小2000N时，即汽车所受合力的大小为F＝2000N①由牛顿第二定律得F＝ma②联立①②得a＝2m/s2汽车减速到停止所需时间t＝＝5s汽车行驶的路程x＝vt＝25m答案　C3．原来静止的物体受到外力F的作用，如图7所示为力F随时间变化的图象，则与F－t 图象对应的v－t图象是(　　)图7答案　B4．(2015～2016诸暨第一学期期末)如图8所示，一个质量m＝5kg的物体放在光滑水平面上，对物体施加一个F＝10N的水平拉力，使物体由静止开始做匀加速直线运动。求：图8(1)物体加速度的大小a；(2)第2s末物体速度的大小v；(3)前2s内物体位移的大小x。解析　(1)由牛顿第二定律F＝ma代入数据得：a＝2m/s2(2)由匀变速直线运动速度公式v＝at代入数据得：v＝4m/s(3)由匀变速直线运动位移公式x＝at2代入数据得：x＝4m答案　(1)2m/s2　(2)4m/s　(3)4m5．有经验的司机能通过控制油门使汽车做匀加速直线运动，如图9所示，某品牌轿车连同司机在内总质量为m＝1500kg，当轿车受到大小为F1＝500N的牵引力时恰好在水平路面上匀速行驶，现司机通过控制油门使轿车受到F2＝2000N的牵引力，从v0＝5m/s开始加速，假设汽车运动时所受的阻力保持不变，试求：图9(1)轿车运动过程中所受到的阻力大小； (2)轿车做加速运动时的加速度大小；(3)轿车开始加速后3s内通过的位移大小。解析　(1)轿车匀速运动时受力平衡，则：Ff＝F1＝500N(2)由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma则a＝代入得：a＝1m/s2(3)轿车做匀加速运动的位移为：x＝v0t＋at2代入得：x＝19.5m答案　(1)500N　(2)1m/s2　(3)19.5m一、选择题1．质量为mkg的物体，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在ts内的位移为xm，则力F的大小为(单位为N)(　　)A.B.C.D.解析　由牛顿第二定律F＝ma与x＝at2，得出F＝，选项A正确。百度文库-让每个人平等地提升自我答案　A2．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为(　　)A．40mB．20mC．10mD．5m解析　a＝＝＝g＝10m/s2，由v2＝2ax得x＝＝m＝20m，选项B正确。答案　B3．一个物体在水平恒力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．将物体的质量减小一半，其他条件不变C．物体的质量不变，水平恒力和作用时间都增加到原来的两倍 D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变解析　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故均错。由v＝at得2v＝a·2t，所以D项正确。答案　D4．用30N的水平外力F拉一个静放在光滑水平面上质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度分别是(　　)A．v＝4.5m/s，a＝1.5m/s2B．v＝1.5m/s，a＝7.5m/s2C．v＝4.5m/s，a＝0D．v＝7.5m/s，a＝0解析　由题意知在前3s内，物体的加速度a1＝＝m/s2＝1.5m/s2，3s末的速度v＝at＝4.5m/s，撤去力F后，物体做匀速直线运动，所以第5s末的物体的速度为4.5m/s，加速度为0。故选项C正确。答案　C5．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为(　　)A.B.C.D.解析　对物体由牛顿第二定律得力F作用时：F－Ff＝ma1，v＝a1t撤去力F后：Ff＝ma2，v＝a2·3t联立以上四式解得：Ff＝，故B正确。答案　B6．如图1甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图象如图乙所示，下列判断正确的是(　　)图1A．在0～1s内，外力F不断增大B．在1～3s内，外力F的大小恒定C．在3～4s内，外力F不断增大 D．在3～4s内，外力F的大小恒定解析　在速度－时间图象中，0～1s内物块速度均匀增大，物块做匀变速运动，外力F为恒力；1～3s内，物块做匀速运动，外力F的大小恒定；3～4s内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F不断变小。综上所述，只有B正确。答案　B二、非选择题7．质量为1.5t的汽车在前进中遇到的阻力是车重的0.05倍，汽车在水平地面上做匀加速运动时，5s内速度由36km/h增至54km/h。求汽车发动机的牵引力的大小。(g取10m/s2)解析　计算时把各物理量的单位统一到国际单位制中。已知v0＝36km/h＝10m/s，v＝54km/h＝15m/s，t＝5s，m＝1.5t＝1.5×103kg，因v＝v0＋at，F－Ff＝ma，故F＝ma＋Ff＝＋0.05G。代入数据得：F＝N＋0.05×1.5×103×10N＝2.25×103N。答案　2.25×103N8．(2016·南通高一检测)如图2甲所示为一风力实验示意图。开始时，质量m＝2kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点。现用沿杆水平向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t＝1s后撤去风力。小球沿细杆运动的v－t图象如图乙所示(g取10m/s2)。试求：图2(1)小球沿细杆滑行的距离；(2)小球与细杆之间的动摩擦因数；(3)风力F的大小。解析　(1)由v－t图象下包括的“面积”等于在物体在这段时间内的位移知小球沿细杆滑行的距离x＝×3×2m＝3m。(2)减速阶段的加速度大小a2＝＝1m/s2。由牛顿第二定律得：μmg＝ma2，所以μ＝0.1 (3)加速阶段的加速度大小a1＝＝2m/s2，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1，所以F＝6N。答案　(1)3m　(2)0.1　(3)6N9．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。图3为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行。一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2m。(g取10m/s2)图3(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；(2)求行李在传送带上运动的时间。解析　(1)开始运动时滑动摩擦力Ff＝μmg代入数值得Ff＝4N由牛顿第二定律得Ff＝ma代入数值得a＝1m/s2。(2)设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m/s，则v＝at1代入数值得t1＝1s。匀速运动的时间为t2t2＝＝s＝1.5s运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.5s答案　(1)4N　1m/s2　(2)2.5s10．(2015～2016诸暨市第一学期期末)在山区或沟谷深壑地区，往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡，并携带有大量石块滑落。某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接，在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡，如图4所示。现假设两山坡与水平面的夹角均为θ＝37°，石块在下滑过程中与坡面的动摩擦因数均为μ＝0.25，石块在左侧山坡A处由静止开始下滑时，离水平地面的高度h1＝4.8m，然后冲上右侧山坡，其简化图如图5所示。已知石块经过最低的P点前后的速度大小不变，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 图4　　　　　　　　　图5　　(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v；(2)求石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2；(3)当石块在A点以多大的初速度v0下滑，刚好能到达右侧山坡与A等高处？解析　(1)设从A到P的过程中，石块的加速度为a1，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma1代入得：a1＝4m/s2v2－0＝2a1·①代入得：v＝8m/s石块滑到最低点P时的速度大小8m/s。(2)设从P到B的过程中，石块的加速度为a2，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入得：a2＝－8m/s20－v2＝2a2·②代入得：h2＝2.4m石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2＝2.4m。(3)刚好能到达右侧山坡与A等高处，设石块在底端的速度为v1，则0－v＝2a2·对比②计算得：v1＝8m/s石块从A到P的过程中：v－v＝2a1·对比①计算得：v0＝8m/s石块在A点以初速度v0＝8m/s下滑，则刚好能到达右侧山坡与A等高处。答案　(1)8m/s　(2)2.4m　(3)8m/s