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,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,6,用牛顿运动定律解决问题,(,一,),1.,从受力确定运动情况,:,已知物体的受力情况,根据牛,顿第二定律,求出物体的,_,再通过物体的运动学,条件,(,初、末位置和初、末速度及运动时间等,),根据,_,求出物体的运动情况。,加速度,运动学公式,2.,从运动情况确定受力,:,已知物体的运动情况,根据运,动学,公式求出物体的,_,再根据牛顿第二定律求,出物体所受的,_,进而知道物体受到其他力的情,况。,加速度,合外力,【,预习自测,】,1.(,多选,),一质量为,m,的雨滴在下落过程中,加速度越来越小,最后雨滴将以某一速度匀速下降,在雨滴下降的过程中,下列说法中正确的是,(,),A.,雨滴受到的阻力恒定,B.,雨滴受到的阻力越来越大,C.,雨滴受到的阻力越来越小,D.,雨滴先做变加速运动,再做匀速运动,【,解析,】,选,B,、,D,。由,mg-f=ma,可知若加速度越来越小,则阻力越来越大,故选项,B,正确,A,、,C,错误,;,加速度发生变化,就叫变加速运动,故选项,D,正确。,2.(,多选,),一物体在几个力的共同作用下处于静止状态,现使其中向东的一个力,F,的值逐渐减小到零,又马上使其恢复到原值,(,方向不变,),则,(,),A.,物体始终向西运动,B.,物体先向西运动后向东运动,C.,物体的加速度先增大后减小,D.,物体的速度先增大后减小,【,解析,】,选,A,、,C,。除向东的力外,其他力的合力,F,一,定向西,且大小恒定,则物体的加速度,a=,因为,F,先减后增,所以加速度先增后减,故选项,C,正确,;,由于向,西的力始终比向东的力大,故加速度一直向西,与速度,同向,所以物体也一直向西做加速运动,故选项,A,正确,B,、,D,错误。,3.A,、,B,两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若两物体的质量,m,A,m,B,两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,则两物体能滑行的最大距离,x,A,与,x,B,相比为,(,),A.x,A,=,x,B,B.x,A,x,B,C.x,A,x,B,D.,不能确定,【,解析,】,选,A,。由,F,f,=,mg,=ma,得,a=,g,故,A,、,B,两物体的,加速度相同,又据运动学公式,v,0,2,=2ax,知,x=,故两物,体滑行的最大距离,x,A,=,x,B,故,A,正确。,主题一从受力确定运动情况,【,问题探究,】,1.,如图所示,一个质量为,m,的物体从静止开始在斜向上的拉力,F,作用下,在动摩擦因数为,的粗糙水平面上加速运动。,如何确定物体运动的加速度,?,提示,:,对物体受力分析如图,根据水平方向的受力情况和牛顿第二定律,F,合,=ma,确定物体的加速度,a,。,2.,如何确定物体某时刻的运动情况,?,提示,:,根据运动学公式,可确定某时刻运动的,v,0,、,x,、,v,、,t,等。,3.,由问题,1,、,2,得到的加速度在分析由受力情况确定运动情况的过程中起到怎样的作用,?,提示,:,加速度是由物体受力情况确定运动情况的关键,起到了连接的桥梁作用。,【,探究总结,】,从受力确定运动情况的分析流程,【,典例示范,】,(2015,全国卷,),下暴雨时,有时会发生山体滑坡,或泥石流等地质灾害。某地有一,倾角为,=37(sin37=),的,山坡,C,上面有一质量为,m,的石板,B,其上下表面与斜坡平,行,;B,上有一碎石堆,A(,含有大量泥土,),A,和,B,均处于静止,状态,如图所示。假设某次暴雨中,A,浸透雨水后总质量,也为,m(,可视为质量不变的滑块,),在极短时间内,A,、,B,间,的动摩擦因数,1,减小为,B,、,C,间的动摩擦因数,2,减,小为,0.5,A,、,B,开始运动,此时刻为计时起点,;,在第,2s,末,B,的上表面突然变为光滑,2,保持不变。已知,A,开始,运动时,A,离,B,下边缘的距离,l,=27m,C,足够长,设最大静摩,擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小,g=10m/s,2,。求,:,(1),在,0,2s,时间内,A,和,B,加速度的大小。,(2)A,在,B,上总的运动时间。,【,解析,】,(1),在,0,2s,时间内,A,的受力分析如图,对,A,由牛顿第二定律,:N=mgcos37,mgsin37,-,1,N=ma,A,解得,a,A,=3m/s,2,在,0,2s,时间内,B,的受力分析如图,对,B,同理得,:,N,A,=mgcos37,N,C,=N,A,+mgcos37,F,fA,=,1,N,A,F,fC,=,2,N,C,mgsin37,+F,fA,-F,fC,=ma,B,解得,:a,B,=1m/s,2,(2)2s,时,v,A,=a,A,t=3,2m/s=6m/s,v,B,=a,B,t=1,2m/s=2m/s,B,的上表面突然变为光滑后,1s,后,B,将停止运动,3s,内,B,运动的距离为,s,B,=a,B,(2s),2,+v,B,1s+a,B,(1s),2,=3m,设,A,在,B,上总的运动时间为,t,则,A,的位移为,30m,s,A,=a,A,(2s),2,+v,A,(t-2s)+,a,A,(t-2s),2,=30m,解得,t=4s,答案,:,(1)3m/s,2,1m/s,2,(2)4s,【,规律方法,】,根据物体的受力情况确定运动情况问题的解题步骤,(1),确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力示意图。,(2),根据力的合成与分解的方法,求出物体所受的合外力,(,包括大小和方向,),。,(3),根据牛顿第二定律列方程,求出物体的加速度。,(4),结合给定的物体的运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需的运动参量。,【,探究训练,】,1.,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,2,倍,D.,将时间增加到原来的,2,倍,其他条件不变,【,解析,】,选,D,。由牛顿第二定律得,F-,mg=ma,所以,a=-,g,对比,A,、,B,、,C,三项,均不能满足要求,故均错。由,v=at,得,2v=a2t,所以,D,项正确。,2.(2017,金华高一检测,),如图甲所示为某水上乐园的,“彩虹滑道”游乐项目。当小美从滑道的顶端由静止,开始滑下,沿滑道,ABCD,运动过程可以简化为如图乙所示,(,各段滑道之间顺滑连接,即通过连接点前后的速度大,小不变,),。已知滑道,AB,长为,20m,与水平面成,=53,滑,道,BC,长为,2.8m,与水平面的夹角为,=37,小美与滑道,AB,、,BC,表面的动摩擦因数为,0.5(g,取,10m/s,2,sin37=0.6,cos37=0.8,sin53=0.8,cos53=0.6),求,:,(1),小美沿滑道,AB,段下滑时的加速度大小。,(2),小美从滑道的顶端静止开始沿滑道,ABC,滑至,C,点时速度的大小。,(3),在滑道末端的水平减速滑道,CD,长为,12m,CD,段可以通过改变滑道内水的深度来改变阻力系数,k(k,为阻力与重力之比,),。人若受到大于其自身重力,2,倍的阻力时,身体会有不适感、会不安全。为保证安全需要,且不能冲出,CD,轨道,求减速滑道阻力系数,k,的取值范围。,【,解析,】,(1),对小美受力分析如图所示,:,mgsin53,-mgcos53,=ma,1,代入数据可以得到,:a,1,=5m/s,2,。,(2)AB,的过程,小美做匀加速直线运动,:,=2a,1,x,AB,代入数据可以得到,:v,B,=10,m/s,。,BC,的过程,:,小美做匀减速直线运动,:,-mgsin37,-mgcos37,=ma,2,代入数据可以得到,:a,2,=-10m/s,2,又,:,=2a,2,x,BC,代入数据可以得到,:v,C,=12m/s,。,(3),设到,D,点时速度减为,0,-kmg=ma,3,=2a,3,x,CD,代入数据可以得到,:k=0.6,又因为阻力不能大于其自身重力的,2,倍,即,k2,所以,0.6k2,。,答案,:,(1)5m/s,2,(2)12m/s,(3)0.6k2,【,补偿训练,】,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分别是,(,),A.v=4.5m/s,a=1.5m/s,2,B.v=7.5m/s,a=1.5m/s,2,C.v=4.5m/s,a=0 D.v=7.5m/s,a=0,【,解析,】,选,C,。由牛顿第二定律得加速度,a=m/s,2,=1.5m/s,2,力,F,作用,3s,时速度大小为,v=at=1.5,3m/s=,4.5m/s,而力,F,消失后,其速度不再变化,物体加速度,为零,故,C,正确。,2.,如图所示,质量为,4kg,的物体静止于水平面上,物体与水平面之间的动摩擦因数为,0.5,现用一个,F=20N,、与水平方向成,30,角的恒力斜向上拉物体。经过,3s,该物体的位移为多少,?(g,取,10m/s,2,),【,解析,】,对物体进行受力分析如图所示。,物体受重力,mg,地面的支持力,F,N,滑动摩,擦力,F,f,和力,F,。将力,F,正交分解,则,F,y,=,Fsin30,=10N,F,x,=Fcos30,17.3N,。,沿,y,轴方向有,mg-F,y,-F,N,=0,沿,x,轴方向有,F,x,-F,f,=ma,又因为,F,f,=F,N,联立以上三式,解得,a0.58m/s,2,。根据运动学,公式得,x=at,2,=,0.58,3,2,m=2.61m,。,答案,:,2.61m,3.,如图所示,一斜面,AB,长为,10m,倾角为,=30,。现斜面上有一质量为,m=2kg,的物体,(,大小不计,),从斜面顶端,A,点由静止开始下滑,若斜面与物体间的动摩擦因数为,=0.5,求该物体下滑到斜面底端,B,点时的速度及所用的时间。,(g,取,10m/s,2,),【,解析,】,以物体为研究对象,其受力,情况如图所示。以沿斜面向下方向,为,x,轴正方向,垂直斜面向上方向为,y,轴正方向,建立直角坐标系,如图,所示。将重力,mg,沿,x,轴和,y,轴方向进行正交分解,由图可,知。物体沿斜面向下即,x,轴正方向加速运动,设加速度,为,a,则,a,x,=a,物体在,y,轴方向上加速度为,0,则,a,y,=0,。由,牛顿第二定律得,mgsin-F,f,=ma,F,N,-mgcos=0,又,F,f,=F,N,所以,a=,=g(sin-cos)=10,(sin30,-0.5,cos30,)m/s,2,=0.67m/s,2,。设物体,下滑到斜面底端时的速度为,v,所用时间为,t,物体由静,止开始匀加速下滑,由,v,2,-,v,0,2,=2ax,得,v=,=3.66m/s,由,v=v,0,+at,得,t=,=5.46s,。,答案,:,3.66m/s,5.64s,4.,如图所示,地面上放一质量为,14kg,的木箱,用,100N,的,力与水平方向成,37,角推木箱,恰好使木箱匀速前进。,若用此力与水平方向成,37,角向斜上方拉木箱,木箱的,加速度为多大,?(,取,g=10m/s,2,sin37=0.6,cos37=0.8),【,解析,】,当力斜向下时,对木箱受力分析如图所示,建,立如图甲所示的坐标系,因为木箱匀速运动,所以水平,方向,Fcos37,=F,f,竖直方向,mg+Fsin37,=F,N,又因为,F,f,=F,N,联立解得,=0.4,。当力斜向上时,对木箱受力,分析如图乙所示,同样物体在水平方向,Fcos37,-F,f,=ma,竖直方向,F,N,+Fsin37,=mg,又因为,F,f,=F,N,联立解得,a=,m/s,2,。,答案,:,m/s,2,主题二从运动情况确定受力,【,问题探究,】,1.,如图所示,一辆质量为,m,的汽车在马路上以,v,0,的速度正常行驶,突然发现前方,x,处的红灯亮了,司机应紧急刹车,以防闯红灯。,如何确定汽车刹车的加速度,?,提示,:,刹车过程末速度为,0,可根据运动学公式,v,2,-v,0,2,=2ax,求得加速度,a,。,2.,如何确定汽车刹车过程中的受力情况,?,提示,:,根据牛顿第二定律,F,合,=ma,可求得汽车刹车过程中所受合力的大小。,3.,由问题,1,、,2,得到的加速度在由运动情况确定受力情况过程中起到怎样的作用,?,提示,:,加速度是由运动情况确定受力情况的关键,起到了连接的桥梁作用。,【,探究总结,】,1.,分析由运动情况确定受力问题的思维程序,:,2.,加速度,a,是联系力和运动的桥梁,:,牛顿第二定律公式,(F=ma),和运动学公式,(,匀变速直线运动公式,v=v,0,+at,x=v,0,t+,at,2,v,2,-v,0,2,=2ax,等,),中,均有一个共同的物理,量,加速度,a,。,3.,动力学两类基本问题的思维程序图,:,【,拓展延伸,】,解决由运动情况确定受力问题时应注意的关键点,(1),已知运动求受力,关键仍然是对研究对象进行正确的受力分析,只不过是先根据运动学公式求出加速度,再根据牛顿第二定律求力罢了。,(2),由运动学公式求加速度,要特别注意加速度的方向,因为要根据加速度的方向确定合外力的方向,求解时不能将速度方向和加速度方向弄混淆。,(3),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未知力。,【,典例示范,】,如图所示,截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上,其倾角,=30,。现木块上有一质量,m=1.0kg,的滑块从斜面下滑,测得滑块在,0.40s,内速度增加了,1.4m/s,且知滑块滑行过程中木块处于静止状态,重力加速度,g,取,10m/s,2,求,:,(1),滑块滑行过程中受到的摩擦力大小。,(2),滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。,【,解析,】,(1),由题意可知,滑块滑行的加速度,a=,=3.5m/s,2,。对滑块受力分析,如图甲所,示,根据牛顿第二定律得,mgsin-F,f,=ma,解得,F,f,=1.5N,。,(2),根据,(1),问中的滑块受力示意图可得,F,N,=mgcos,。,对木块受力分析,如图乙所示,根据牛顿第三定律有,F,N,=F,N,根据水平方向上的平衡条件可得,F,f,地,+F,f,cos=F,N,sin,解得,F,f,地,3.03N,F,f,地,为正值,说明图中标,出的方向符合实际,故摩擦力方向水平向左。,答案,:,(1)1.5N,(2)3.03N,方向水平向左,【,规律方法,】,根据物体的运动情况确定其受力情况问题的解题步骤,(1),确定研究对象。,(2),分析物体的运动情况,应用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,求出物体所受的合外力。,(4),分析物体的受力情况,画出受力示意图。,(5),根据力的合成与分解,由合力求出所要求的力。,【,探究训练,】,1.(2017,枣庄高一检测,),如图所示,左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上,物体,M,放于长木板上静止,此时弹簧对物体的压力为,3N,物体的质量为,0.5kg,物体与木板之间无摩擦,现使木板与物体,M,一起以,6m/s,2,的加速度向左沿水平方向做匀加速运动时,(,),A.,物体对左侧挡板的压力等于零,B.,物体对左侧挡板的压力等于,3N,C.,物体受到,4,个力的作用,D.,弹簧对物体的压力等于,6N,【,解析,】,选,A,。物体静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧,F,弹,=3N,当物体向左加速运动时,若物体对左挡板的压力为零,由牛顿第二定律知,F,弹,=ma,解得,a=6m/s,2,当加速度大于,a=6m/s,2,物体离开左挡板,弹簧长度变短,当加速度小于,a=6m/s,2,时,物体对左挡板产生压力,弹簧长度不变,所以可知选项,A,正确,B,、,D,错误。当加速度,a=6m/s,2,时,物体受重力、支持力和弹力,故选项,C,错误。,2.(2017,南昌高一检测,),将质量,m=0.1kg,的圆环套在固,定的水平直杆上,环的直径略大于杆的截面直径,环与,杆的动摩擦因数,=0.8,。对环施加一位于竖直平面内,斜向上与杆夹角,=53,的恒定拉力,F,使圆环从静止开,始运动,第,1s,内前进了,2.2m(g,取,10m/s,2,sin53=0.8,cos53=0.6),求,:,(1),圆环加速度,a,的大小。,(2),拉力,F,的大小。,【,解析,】,(1),圆环做匀加速直线运动,由运动学公式,可知,s=,at,2,解得,a=4.4m/s,2,。,(2),当环不受弹力时,Fsin53,=mg,解得,F=1.25N,当,F1.25N,时,环与杆下部接触,受杆向下的压力,由牛顿第二定律可知,:Fcos-F,N,=ma,Fsin=mg+F,N,解得,F=9N,。,答案,:,(1)4.4m/s,2,(2)1N,或,9N,3.,如图甲所示,质量,m=2kg,的物体在水平面上向右做直线运动。过,A,点给物体作用一个水平向左的恒力,F,并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得,v-t,图象如图乙所示。重力加速度为,g,取,10m/s,2,。求,:,(1),力,F,的大小和物体与水平面间的动摩擦因数,。,(2)10s,末物体离,A,点的距离。,【,解题指南,】,解答本题要明确以下两点,:,(1)0,4s,内物体所受摩擦力方向向左。,(2)4,10s,内物体所受摩擦力方向向右。,【,解析,】,(1),设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为,a,1,则由,v-t,图象得,a,1,=2m/s,2,根据牛顿第二定律,有,F+mg=ma,1,设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为,a,2,则由,v-t,图象得,a,2,=1m/s,2,根据牛顿第二定律,有,F-mg=ma,2,联立解得,F=3N,=0.05,。,(2),设,10s,末物体离,A,点的距离为,d,d,应为,v-t,图线与横轴,所围的面积,则,d=,=-2m,负号表示物体在,A,点左侧。,答案,:,(1)3N,0.05,(2)2m,【,补偿训练,】,1.,一斜面放在水平地面上,倾角为,=45,一个质量为,m=0.2kg,的小球用细绳吊在斜面顶端,如图所示,斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,不计斜面与水平面的摩擦。下列说法中正确的是,(,),A.,当斜面以向左的加速度,a=5m/s,2,运动时,斜面对小球的弹力为零,B.,斜面向右的加速度超过,a=10m/s,2,时,球与斜面脱离,C.,无论斜面做什么运动,绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力,D.,无论斜面做什么运动,绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上,【,解析,】,选,B,。当斜面以向左的加速度,a=5m/s,2,运动时,小球合力向左,此时小球必定受到支持力,故,A,错误。设,小球刚刚脱离斜面时,斜面向右的加速度为,a,0,此时斜面,对小球的支持力恰好为零,小球只受重力和细绳的拉,力,且细绳仍然与斜面平行,由牛顿第二定律得,mgcot,=ma,0,解得临界加速度,a,0,=gcot,=10m/s,2,。加速度大于,a,0,时,则小球已离开斜面,故,B,正确。当斜面向左以一定,的加速度运动时,小球的重力和斜面对小球的支持力的合力提供加速度,绳子拉力为零,故,C,错误。斜面在水平面上加速运动时,小球受重力、绳子拉力、斜面弹力三个力作用,合力沿水平方向,故绳子拉力与斜面弹力的合力不可能在竖直方向上,D,错误。,2.,在空气阻力大小恒定的条件下,小球从空中下落,与水平地面相碰,(,碰撞时间极短,),后弹到空中某一高度。以向下为正方向,其速度随时间变化的关系如图所示,g,取,10m/s,2,则以下结论正确的是,(,),A.,小球弹起的最大高度为,1.0m,B.,小球弹起的最大高度为,0.45m,C.,小球弹起到最大高度的时刻,t,2,=0.80s,D.,空气阻力与重力的比值为,15,【,解析,】,选,D,。小球下落过程中有,a,1,=,mg-f=ma,1,，解得,f=mg-ma,1,=mg,，故 故,D,正确；,在小球弹起过程中有,mg+f=ma,2,，解得,a,2,=12 m/s,2,，故小,球上升的时间,t=0.25 s,，故,t,2,=t,1,+t,=0.75 s,，故,C,错误；根据图象可知小球弹起的最大高,度,h=3,0.25,m=0.375 m,，,A,、,B,错误。,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,的关系和物块速度,v,与时间,t,的关系如图所示。重力加速度,g,取,10m/s,2,。试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数。,【,解析,】,由,v-t,图象可知,物块在,0,3s,内静止,3,6s,内,做匀加速运动,加速度为,a,6,9s,内做匀速运动,结合,F-t,图象可知,:F,f,=4N=mg,F,3,-F,f,=2N=ma,v,6,=6m,s,-1,=at=a,3s,由以上各式得,m=1kg,=0.4,。,答案,:,1kg,0.4,【,课堂小结,】,
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