人教版高中物理第一册牛顿运动定律的应用1

九、牛顿运动定律的适用范围从容说课自从17世纪以来,以牛顿运动定律为基础的经典力学不断发展,取得了巨大的成就。

经典力学在科学研究和生产技术中有广泛的应用.经典力学和天文学相结合,建立了天体力学、经典力学和工程力学实际相结合，建立了应用力学：如水利学、材料力学、结构力学等等.从地面上各种物体的运动到天体的运动；从大气流动到地壳的变动；从拦河筑坝、修建桥梁到设计各种机械；从自行车到火车、飞机等现代化交通工具的出现；从投出的篮球到发射导弹、人造卫星、宇宙飞船.所有这些都服从经典力学的规律、经典力学的结果，在如此广阔的领域里与实际相符合，证明了牛顿运动定律的正确性.随着科学的不断发展，人们却发现对于微观粒子和高速运动问题,经典力学并不能很好的解释他们的运动规律。

这些都说明，经典力学同其他物理定律一样,是有适用范围的.经典力学只适用宏观低速问题.20世纪初著名的物理学家爱因斯坦在狭义相对论中指出：物体的质量随速度的增大而增大。

而在经典力学中,质量是固定不变的。

并用相对论对经典力学不适用于高速运动作了介绍。

本节课的教学目标定位如下：1．知道牛顿运动定律的适用范围。

2．了解经典力学在科学研究和生产技术中的广泛应用.3．知道质量与速度的关系,知道调整运动中必顺考虑质量随速度的变化.本节的教学重点为：牛顿运动定律的适用范围.本节的教学难点为：调整运动的物体。

速度与质量之间的关系。

本节内容较少,也比较抽象，可在学生自觉基础上加以指导,也可适当介绍“狭义相对论"。

本节课的教学程序安排如下:复习牛顿运动定律→导入新课;阅读、讨论、点拨讲解，并辅之以录像资料,探讨牛顿运动定律的适用范围。

教学目标一、知识目标1。

知道牛顿运动定律的适用范围。

2.了解经典力学在科学研究和生产技术中的广泛应用。

3。

知道质量与速度的关系，知道高速运动中必须考虑速度随时间的变化。

二、能力目标培养学生的自学能力和分析概括能力.三、德育目标通过对牛顿运动定律适用范围的讨论，使学生知道物理中的结论和规律一般都有其适用范围.教学重点牛顿运动定律的适用范围.教学难点高速运动的物体，速度和质量之间的关系。

牛顿运动定律的应用课后篇巩固提升合格考达标练1.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14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g 取 10 m/s 2,则汽车刹车前的速度为( ) A.7 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.20 m/sa ,由牛顿第二定律得μmg=ma ,解得a=μg 。

由匀变速直线运动速度与位移关系式v 02=2ax ,可得汽车刹车前的速度为 v 0=√2ax =√2μgx =14 m/s,因此选项B 正确。

2.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20 m/s 的速度行驶时突然制动,它还能继续滑动的距离约为(重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A.40 m B.20 m C.10 mD.5 m,汽车刹车的加速度a=Ffm =mgm =g ,则继续滑行的距离s=v 022a =20 m,B 项正确。

3.(2021河南焦作高一期末)从距地面h 高度处由静止释放一小球,与地面碰撞后竖直返回且碰撞前后速率不变,返回的高度为原高度的一半,已知重力加速度为g ,小球的质量为m ,运动过程中阻力大小不变,则小球所受阻力大小为( ) A.45mg B.12mg C.34mgD.13mgF f ,落地速度大小为v ,小球下落时,满足mg-F f =ma 1,2a 1h=v 2,小球反弹时满足mg+F f =ma 2,2a 2·ℎ2=v 2,联立解得F f =13mg ,故选D 。

4.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 ( )A.1×102 NB.2×102 NC.2×105 ND.2×104 Nv2=2ax ,得a=v 22x=10022×0.5m/s 2=1×104 m/s 2,从而得高压气体对子弹的平均作用力F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N 。

牛顿运动定律的应用一、牛顿第二定律的两类基本问题1、已知受力情况求运动情况。

2、已知运动情况求受力情况。

二、解题思路：运动情况处受理力受力分析受力情况运动学规律初始条件F=ma ，图，a 画求受合力力图例1：一个静止在水平地面上的物体，质量是2Kg，在6.4N的水平拉力作用下沿水平地面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦力是4.2N。

求物体4s末的速度和4s内发生的位移。

解：物体的受力如图所示：由图知：N a（正）f F F=F-f=6.4N-4.2N=2.2N合G由牛顿第二定律：由运动学公式：4s末的速度4s内的位移例2：如图，质量为2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，现对物体施加一个大小F=5N、与水平方向成θ=370角的斜向上的拉力(如图)，已知：g=10m/s2,求：（1）物体在拉力的作用下4s内通过的位移大小（2）若4s后撤去拉力F，则物体还能滑行多远？Fθ解：加速阶段：物体m 受力如图，建立图示直角坐标系把F 分解为F 1、F 2（如图）y则：F =Fsin370=3N,F =Fcos300=4N N 112由牛顿第二定律，得：F F 1x 水平方向：F 2-f 1=ma 1①竖直方向：F 1+N 1-G=0②θF 2f 1又f 1=μN 1由①②③得：③G减速阶段：物体m受力如图，以运动方向为正方向N2由牛顿第二定律得：-f2=μmg=ma2故a2=-μg=-0.2×10m/s2=-2m/s2V（正）af2又v=a t=0.3×4m/s=1.2m/s，v=011t由运动学公式v2-v2=2as得：G t02，物体的滑行距离三、应用牛顿运动定律解题的一般步骤：1、明确研究对象和研究过程2、画图分析研究对象的受力和运动情况；（画图很重要，要养成习惯）3、进行必要的力的合成和分解,并注意选定正方向4、根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解；5、对解的合理性进行讨论例3:一个滑雪的人，质量m=75kg，以v=2m/s的初速度沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾角θ=300，在t=5s的时间内滑下的路程x=60m，求滑雪人受到的阻力(包括滑动摩擦力和空气阻力)。

牛顿运动定律的应用牛顿运动定律是经典力学的核心内容，是历年高考重点考查的内容之一.高考对牛顿定律的考查不仅局限在力学范围内，常常结合带电粒子在电场、磁场中的运动、导体棒切割磁感线的运动等问题，考查考生综合应用牛顿运动定律和其他相关规律分析解决问题的能力.牛顿运动定律反映的是力和运动的关系，所以，应用牛顿运动定律解决的动力学问题主要有两类：（1）已知物体受力情况求运动情况；（2）已知物体运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系物体受力情况和运动情况的桥梁.至于超重和失重状态，仅是动力学的简单问题之一，只要能熟练应用牛顿定律解决动力学问题，超重和失重问题很容易解决.在有些题目中用超重、失重的思想去进行推理、分析、判断，还是比较简捷和有用的.物体所受的合外力决定物体运动的性质，即决定物体做匀速运动还是变速运动，匀变速运动还是非匀变速运动；物体做何种形式的运动，还要根据物体的初始运动状态，即初速度v0进行分析方能确定.如果合外力与初速度v0的方向都沿一条直线，则物体做匀变速直线运动，像竖直上抛运动；如果物体受的合外力方向与初速度方向不在一条直线上，则物体做变速曲线运动，如果合外力是恒力，则物体做匀变速曲线运动，像平抛运动；如果合外力的方向总是与速度方向垂直，则物体做圆周运动.应用牛顿运动定律解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动规律进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解.这是对多方面力学知识、分析综合能力、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力的综合考查.要深刻理解牛顿运动定律的物理意义，要能够熟练地应用牛顿运动定律解题.即便是向应用型、能力型变革的高考试题中，无非是增加些结合实际生产、生活的一些实例，在把这些实例抽象成物理模型的过程中考查学生的能力和物理学的思想方法，最后解决物理问题，仍然离不开基本的物理知识和规律.［例1］如图1-3-1所示，置于水平地面上的盛水容器中，用固定于容器底部的细线使一木球悬浮于水中.若将细线剪断，则在木球上升但尚未露出水面的过程中，地面对容器的支持力如何变化？图1-3-1【解析】细绳未剪断时，容器、水、木球均处于平衡状态，故地面对容器的支持力等于三者所受重力之和.由于木球所受浮力大于其重力，细绳被剪断后，它将加速上升，处于“超重”状态.在木球加速上升的过程中，相应的有同体积的“水球”以等大的加速度下降填补木球上升形成的空隙，处于失重状态.因木球的质量小于同体积的“水球”的质量，而其余部分的水及容器仍处于静止状态，所以整个容器系统呈失重状态，地面支持力将减小.小结：本题最易犯的错误是只看到木球加速上升所呈的“超重”状态，而忽视了与木球等体积的“水球”的加速下降所呈的“失重”状态，而得出地面支持力增大的错误结论.［例2］一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图1-3-2所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和秒表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层.在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示.但由于0~3.0 s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来.假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10 m/s2.图1-3-2（1）电梯在1~3.0 ss~13.0 s 内电梯匀速上升，在13.0 s~19.0 s 内电梯匀减速上升，t =19.0 s 时电梯速度减小到零.（1）由题意知，砝码质量为5.0 kg.在0~3.0 s 内匀加速运动中速度的改变量，跟13.0 s~19.0 s 内匀减速运动中速度的改变量大小相等，但后者时间是前者的2倍，故两段时间内加速度大小的关系为a 1=2a 2,mg-F 2=ma 2a2=g -mF2=0.8 m/s 2则 a 1=1.6 m/s 2F1-mg =ma 1F1=m (g +a 1)=58 N.故在0~3.0 s 内，台秤的示数为5.8 kg. （2 s1=21a 1t 12=7.2 mv=a 1t 1=4.8 m/ss2=vt 2=48 ms3=2vt 3=14.4 m 则24H=s 1+s 2+s 3=69.6 m,每层楼高为h =24H=2.9 m小结：对于这种多过程问题，分析清楚各段过程的特点，找出各段过程间的关系是解题的关键.［例3］将金属块m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱中，如图1-3-3所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a =2.0 m/s 2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N ，下底板的传感器显示的压力为10.0 N.（取g =10 m/s 2）图1-3-3求：（1）金属块m（2）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则箱子的加速度【解析】上顶板压力传感器显示的压力是金属块对上顶板的压力，大小也等于上顶板对金属块向下的压力；下底板传感器显示的压力为弹簧对下底板的压力，大小也等于弹簧对金属块向上的压力.根据金属块的受力情况和牛顿第二定律，即可求出质量、加速度.（1）设上顶板的传感器显示的压力为F N1，下底板的传感器显示的压力为F N2，由牛顿第二定律：mg+F N1-F N2=ma解得：m=0.5 kg（2）由于弹簧长度不变，则下底板的传感器显示的压力仍为10.0 N，即F N2′=F N2=10 N F N1′=5 N由牛顿第二定律：mg+F N1′-F N2′=ma′解得：a′=0［例4］一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空，探测器的质量为1500 kg，发动机推力恒定.发射升空后9 s末，发动机突然因发生故障而灭火.图1-3-4是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.若不考虑探测器总质量的变化，求：图1-3-4（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度H.（2）该行星表面附近的重力加速度g.（3）发动机正常工作时的推力F.（4）探测器落回地面时的速率v′.（5）探测器发射后经多长时间落地？ 【解析】 由图知，探测器在0~9 s 内匀加速上升，上升的最大速度为64 m/s ；9 s~25 s 内匀减速上升；25 s 以后匀加速下落，直到落地.（1）在上升过程中，由平均速度公式得2m vv ==32 m/sH=v (t 1+t 2)=32×25 m=800 m（2）探测器9 s~25 sg=16642=∆t v m/s 2=4 m/s 2（3）在0~9 s F -mg =ma 1由于a 1=9641=∆t v m/s 2=7.1 m/s 2则F =m (g +a 1)=1500×11.1 N=1.67×104 N（4v ′=800422⨯⨯=gH m/s=80 m/s（5t 3=480='g v s=20 s.t =t 1+t 2+t 3=9 s+16 s+20 s =45 s.小结：注意探测器上升的总高度和下落的高度相等.本题也可利用v —t 图象求解，请同学们试一试.1.在升降机的天花板上用轻弹簧悬挂一个小球，升降机静止时，弹簧伸长量为4 cm ，升降机运动时，弹簧伸长量为3 cm①以a =41g ②以a =43g③以a =41g ④以a =43gA.①③B.②④C.①④D.②③【解析】 设弹簧的劲度系数为k ，球的质量为m ，选向下为正方向，则静止时k ·Δx 1=mg ① 加速运动时：mg -k ·Δx 2=ma ② 代入数据解①②得： a =41g . 【答案】 A2.图1-3-5中A 为电磁铁，C 为胶木秤盘，A 和C （包括支架）的总质量为M .B 为铁片，质量为m .整个装置用轻绳悬挂于O 点.当电磁铁通电，铁片被吸上升的过程中，轻绳拉力F图1-3-5A.F =mgB.mg <F <(M +m )gC.F =(M +m )gD.F >(M +m )g【解析】 选整个系统为研究对象，通电后，铁片B 将加速向上运动，整个系统的质量中心在加速上移，处于超重状态，故悬绳拉力大于系统总重力，即F >(M +m )g .【答案】 D3.竖直向上射出的子弹，到达最高点后又竖直落下，如果子弹所受的空气阻力正确的是A.①③B.②④C.①④D.【解析】 由于空气阻力与速率成正比，所以，在上升过程中子弹刚射出时阻力最大，在下落过程中落地时阻力最大.又由于子弹上升过程中阻力方向和重力方向相同，下落过程中阻力方向和重力方向相反.所以，子弹刚射出时加速度最大，落地时加速度最小.【答案】 A4.如图1-3-6所示，在竖直方向运动的升降机内，一质量为m的物体被一伸长的弹簧拉住静止在升降机水平底板上.现发现A突然被拉向右方，则升降机可能的图1-3-6④由减速向下运动变为匀速A.①③④B.C.只有①D.【解析】原物体相对地板静止，说明弹簧弹力等于地板对物体的静摩擦力.物体突然被拉向右方，说明地板对物体的静摩擦力的最大值突然变小，物体受到的地板的支持力突然减小.设物体质量为m，地板支持力为F，向上的加速度为a，则由牛顿第二定律，得：F-mg=ma,所以F=mg+ma.显然，向上的加速度a减小时，F 将减小，从而出现物体被拉动的情况. A5.某人在地面最多能举起60 kg的物体，而在一竖直运动的升降机中，最多能举起80 kg的物体，此时升降机的加速度大小是______，其运动性质是______；若升降机以此加速度竖直加速上升时，人在升降机内最多能举起质量为______的物体.（g取10 m/s2【解析】在地面上该人最多能举起60 kg的重物，说明他能承受的最大压力（或最多能提供的支持力）F N=m0g=600 N.当他在竖直运动的升降机中能举起80 kg 的物体时，说明质量为80 kg的物体对人只产生600 N的压力，可见物体处于失重状态，且具有向下的加速度，设加速度大小为amg -F=ma.N代入数值可得：a=2.5 m/s2.即升降机以大小为2.5 m/s2的加速度加速向下运动或向上做匀减速直线运动.若升降机以该加速度匀加速上升时，此人能举起的最大质量为m ′，则由牛顿第二定律，得：F N -m ′g =m ′a .解得： m ′=48 kg.【答案】 2.5 m/s 2;匀加速下降或匀减速向上运动；48 kg6.放在光滑水平面上的物体受到三个水平力的作用处于静止状态.如图1-3-7所示，其中F 1和F 2互相垂直，在保持其中两个力不变的情况下，若单独撤去F 1力可产生2 m/s 2的加速度.若单独撤去F 3力可产生4 m/s 2的加速度，则F 3力和F 2力之间夹角α及单独撤去F2图1-3-7A.120°,25 m/s 2B.120°,23 m/s 2C.150°,25 m/s 2D.150°,23 m/s2【解析】 由于物体在F 1、F 2、F 3共同作用下静止，故三个力的合力为零，则F1、F 2的合力与F 3所以有 a 12+a 22=a 32a 2=222123m/s 3m/s 416=-=-a aF2与F 1、F 2sin θ=213111===a a a a F F θ=30° 则α=150 【答案】 D7.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a ，如图1-3-8所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列①当θ一定时，a②当θ一定时，a③当a 一定时，θ④当a 一定时，θ图1-3-8 A.①③ B.②④C.①④D.【解析】 物体受力情况如图所示，将加速度沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，分别在该两方向应用牛顿第二定律，得：F N -mg cos θ=ma cos θ所以F N =mg cos θ+ma cos θ ①Fμ-mg sin θ=mg sin θ所以F μ=mg sin θ+m a sin θ ②由①式可知：θ一定时，a 越大，F N 越大；a 一定时，θ越大，F N 越小. 由②式可知，θ一定时，a 越大，F μ越大；a 一定时，θ越大，F μ越大. 【答案】 D 8.质量为55 kg 的人站在井下一质量为15 kg 的吊台上，利用图1-3-9所示的装置用力拉绳，将吊台和自己提升起来.若吊台起动时的加速度是0.2 m/s 2，求此时人对吊台的压力和绳中的张力.图1-3-9【解析】2F T -(m 人+m 合）g =（m 人+m 合）a所以F T =21（m 人+m 合）（a +g=21×（55+15）×（0.2+9.8）N=350 N对人应用牛顿第二定律，得： FT +F N -m 人g =m 人a所以F N =m 人（a +g ）-F T=55×（0.2+9.8) N-350 N=200 N由牛顿第三定律得：人对吊台的压力： F N ′=F N =200 N【答案】 200 N;350 N9.竖直向上抛出一个物体，不计空气阻力，上升到最高点所需时间为t 1.如果有空气阻力，且以同样的速度抛出此物体，则上升到最高点所需时间为t 2，从最高点再落回到抛出点所需时间为t 3.试证明：t 3>t 1>t 2.【解析】 设竖直上抛物体的初速度为v 0，如果没有空气阻力，上升的高度为ht 1=ghg v 20=①如果有空气阻力，设由空气阻力产生的加速度为a ,上升的高度为ht 2=ag h a g v +'=+20②小球落到抛出点的距离仍为h ′,t 3=a g h -'2 ③ 所以得t 1>t 2,t 3>t 2.然后再比较t 1、t 3的大小.由①、②、③式得 t1=g a g +t 2t3=a g a g -+t 2 所以22213ag g a g g a g a g t t -=+-+= 因为a >0,所以t 3>t 1,证得t 3>t 1>t 2【答案】 略10.（2000年上海，21）风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径.（如图1-3-10图1-3-10（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数.（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s（sin37°=0.6,cos37°=0.8）【解析】 （1）设小球受的风力为F ，小球质量为m ，因小球做匀速运动，则F =μmg ，F =0.5mg ,所以μ=0.5（2）如图所示，设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为F f ，小球受力产生加速度，沿杆方向有F cos θ+mg sin θ-F f =ma垂直于杆方向N +F sin θ-mg cos θ=0 又F f =μN可解得a =g m F m g F f 43sin cos =-+θθ 由s =21at 2， t =gs g s 384/32=【答案】 (1)0.5 (2)g s 38。