5. 牛顿运动定律的应用教学内容

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牛顿运动定律的应用

[目标定位]

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、从受力确定运动情况

受力情况―→F合――→求a，

F合＝max＝vt＋2atv＝v＋atv

－v

＝2ax02tt02201

→求得x、v0、vt、t. 例1

如图1所示，质量m＝2 kg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＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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：

Fcos θ－μN＝ma由图可得：

Fsin θ＋N＝mg

解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右

(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s 11(3)x＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m 22二、从运动情况确定受力

运动情况―――――――――→求a――→受力情况．

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达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，1

匀变速直线运动公式F合＝ma

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，h＝4.0 m，

L＝5.0 m，t＝2.0 s. 设斜面倾角为θ，则

hsin θ＝. L乘客沿气囊下滑过程中，

12L由L＝at2得a＝2，

2t代入数据得a＝2.5 m/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mgsin θ－f＝ma，

沿y轴方向有

N－mgcos θ＝0，

又f＝μN，

gsin θ－a联立方程解得μ＝≈0.92. gcos θ针对训练

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－t3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.设球受到的4空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：

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

Δv4－0a1＝＝

m/s2＝8 m/s2

Δt0.52

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＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N (2)弹性球第一次反弹后的速度

3v1＝×4 m/s＝3 m/s 4根据牛顿第二定律mg＋f＝ma2，

得弹性球上升过程的加速度为

mg＋f0.1×10＋0.2a2＝＝

m/s2＝12 m/s2

m0.1根据vt

2－v1

2＝－2a2h，

得弹性球第一次反弹的高度

2v

321h＝＝

m＝0.375 m. 2a22×12

解题的基本思路

(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θ＝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)．

图5 解析

以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示．垂直于山坡方向，处于平衡状态；沿山坡方向，做匀加速直线运动．

3

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 θ＝0 mgsin θ－f＝ma 又因为f＝μN

①

②

③

由①②③可得：a＝g(sin θ－μcos θ) 11故x＝at2＝g(sin θ－μcos θ)t2

22113＝×10×(－0.04×)×52 m≈58.2 m 22213v＝at＝10×(－0.04×)×5 m/s≈23.3 m/s 222．(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θ以及物体与斜面间的动摩擦因数μ.(g取10 m/s2)

图6 解析

由题图可知上滑过程的加速度大小为：

12a上＝

m/s2＝6 m/s2，

2下滑过程的加速度大小为：

12a下＝

m/s2＝4 m/s2

5－2上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图

上滑过程

mgsin θ＋μmgcos θa上＝＝gsin θ＋μgcos θ

m下滑过程

a下＝gsin θ－μgcos θ，

联立解得θ＝30°，μ＝3

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