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2019-2020年人教版必修一4.6《用牛頓定律解決問題(一)》WORD教案8 理解領悟 牛頓第二定律揭示了運動和力的關系，結合運動學公式，我們可以從物體的受力情況確定物體的運動情況，也可以從物體的運動情況確定物體的受力情況。本課便涉及這兩類應用牛頓運動定律解決的一般問題。 基礎級 1． 力和運動關系的兩類基本問題 關于運動和力的關系，有兩類基本問題，那就是： ①已知物體的受力情況，確定物體的運動情況； ②已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。 2． 從受力確定運動情況 已知物體受力情況確定運動情況，指的是在受力情況已知的條件下，要求判斷出物體的運動狀態(tài)或求出物體的速度和位移。處理這類問題的基本思路是：先分析物體的運動情況求出合力，根據牛頓第二定律求出加速度，再利用運動學的有關公式求出要求的速度和位移。 3． 從運動情況確定受力 已知物體運動情況確定受力情況，指的是在運動情況（如物體的運動性質、速度、加速度或位移）已知的條件下，要求得出物體所受的力。處理這類問題的基本思路是：首先分析清楚物體的受力情況，根據運動學公式求出物體的加速度，然后在分析物體受力情況的基礎上，利用牛頓第二定律列方程求力。 4． 加速度a是聯(lián)系運動和力的紐帶 在牛頓第二定律公式（F=ma）和運動學公式（勻變速直線運動公式v=v0+at, x=v0t+at2, v2－v02=2ax等）中，均包含有一個共同的物理量——加速度a。 由物體的受力情況，利用牛頓第二定律可以求出加速度，再由運動學公式便可確定物體的運動狀態(tài)及其變化；反過來，由物體的運動狀態(tài)及其變化，利用運動學公式可以求出加速度，再由牛頓第二定律便可確定物體的受力情況。 可見，無論是哪種情況，加速度始終是聯(lián)系運動和力的橋梁。求加速度是解決有關運動和力問題的基本思路，正確的受力分析和運動過程分析則是解決問題的關鍵。 5． 解決力和運動關系問題的一般步驟 牛頓第二定律F=ma，實際上是揭示了力、加速度和質量三個不同物理量之間的關系。方程左邊是物體受到的合力，首先要確定研究對象，對物體進行受力分析，求合力的方法可以利用平行四邊形定則或正交分解法。方程的右邊是物體的質量與加速度的乘積，要確定物體的加速度就必須對物體的運動狀態(tài)進行分析。 由此可見，應用牛頓第二定律結合運動學公式解決力和運動關系的一般步驟是： ① 確定研究對象； ② 分析研究對象的受力情況，必要時畫受力示意圖； ③ 分析研究對象的運動情況，必要時畫運動過程簡圖； ④ 利用牛頓第二定律或運動學公式求加速度； ⑤ 利用運動學公式或牛頓第二定律進一步求解要求的物理量。 6. 教材中兩道例題的說明 第1道例題已知物體受力情況確定運動情況，求解時首先對研究的物體進行受力分析，根據牛頓第二定律由合力求出加速度，然后根據物體的運動規(guī)律確定了物體的運動情況（末速度和位移）。 第2道例題已知物體運動情況確定受力情況，求解時首先對研究的物體進行運動分析，從運動規(guī)律中求出物體運動的加速度，然后根據牛頓第二定律得出物體受到的合力，再對物體進行受力分析求出了某個力（阻力）。 在第2道例題的求解過程中，我們還建立了坐標系。值得注意的是：在運動學中通常是以初速度的方向為坐標軸的正方向，而在利用牛頓第二定律解決問題時，通常則是以加速度的方向為坐標軸的正方向。 發(fā)展級 7. 應用牛頓運動定律解題的技巧 牛頓運動定律是動力學的基礎，也是整個經典物理理論的基礎。應用牛頓運動定律解決問題時，要注意掌握必要的解題技巧： ① 巧用隔離法 當問題涉及幾個物體時，我們常常將這幾個物體“隔離”開來，對它們分別進行受力分析，根據其運動狀態(tài)，應用牛頓第二定律或平衡條件（參見下一節(jié)相關內容）列式求解。特別是問題涉及物體間的相互作用時，隔離法不失為一種有效的解題方法。(參閱本節(jié)例5) ② 巧用整體法 將相互作用的兩個或兩個以上的物體組成一個整體（系統(tǒng)）作為研究對象，去尋找未知量與已知量之間的關系的方法稱為整體法。整體法能減少和避開非待求量，簡化解題過程。整體法和隔離法是相輔相成的。(參閱本節(jié)例5“點悟”) ③ 巧建坐標系 通常我們建立坐標系是以加速度的方向作為坐標軸的正方向，有時為減少力的分解，也可巧妙地建立坐標軸，而將加速度分解，應用牛頓第二定律的分量式求解。(參閱本章第3節(jié)例5) ④ 巧用假設法 對物體進行受力分析時，有些力存在與否很難確定，往往用假設推理法可以迅速解決。使用這種方法的基本思路是：假設某力存在（或不存在），然后利用已知的物理概念和規(guī)律進行分析推理，從而肯定或否定所做的假設，得出正確的判斷。(參閱本章“綜合鏈接”例4) ⑤ 巧用程序法 按時間順序對物體運動過程進行分析的解題方法稱為程序法。其基本思路是：先正確劃分問題中有多少個不同的運動過程，然后對各個過程進行具體分析，從而得出正確的結論。(參閱本章“亮點題粹”題4) ⑥ 巧建理想模型 應用牛頓第二定律解題時，往往要建立一些理想模型。例如：將物體看成質點，光滑接觸面摩擦力為0，細線、細桿及一般的物體為剛性模型，輕彈簧、橡皮繩為彈性模型等等。(參閱本章第3節(jié)例6) ⑦ 巧析臨界狀態(tài) 在物體運動狀態(tài)的變化過程中，往往在達到某個特定狀態(tài)時，有關的物理量將發(fā)生突變，此狀態(tài)稱為臨界狀態(tài)。利用臨界狀態(tài)的分析作為解題思路的起點，是一條有效的思考途徑。(參閱本章第7節(jié)例3) ⑧ 巧求極值問題 求解極值問題?？刹捎梦锢矸椒ê蛿?shù)學方法。建立物理模型，分析物理過程，這是物理解法的特征。數(shù)學解法則是先找出物理量的函數(shù)關系式，然后直接應用數(shù)學方法求的極值。(參閱本章“亮點題粹”題8) 應用鏈接 本節(jié)課的應用主要涉及兩類問題，即：已知物體的受力情況，確定物體的運動情況；已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。 基礎級 例1 在交通事故的分析中，剎車線的長度是很重要的依據，剎車線是汽車剎車后，停止轉動的輪胎在地面上發(fā)生滑動時留下的滑動痕跡。在某次交通事故中，汽車的剎車線長度是14 m，假設汽車輪胎與地面間的動摩擦因數(shù)恒為0.7，g取10m/s2，則汽車剎車前的速度為（ ） A. 7 m/s B. 10 m/s C. 14 m/s D. 20 m/s 提示 設法求出汽車剎車后滑動的加速度。 解析 設汽車剎車后滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得 μmg=ma，a=μg。 由勻變速直線運動速度—位移關系式v02=2ax，可得汽車剎車前的速度為 m/s=14m/s。 正確選項為C。 點悟 本題以交通事故的分析為背景，屬于從受力情況確定物體的運動狀態(tài)的問題。求解此類問題可先由牛頓第二定律求出加速度a，再由勻變速直線運動公式求出相關的運動學量。 例2 　蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目，一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2ｍ高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0ｍ高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2ｓ，若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小（g取10m/s2）。 提示 將運動員的運動分為下落、觸網和蹦回三個階段研究。 解析　將運動員看作質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網時速度的大小為 （向下）； 　 彈跳后到達的高度為h2，剛離網時速度的大小為 　 （向上）。 速度的改變量 Δv＝v1＋v2（向上）。 以a表示加速度，Δ t表示運動員與網接觸的時間，則 Δv＝a Δ t。 接觸過程中運動員受到向上的彈力F和向下的重力mg，由牛頓第二定律得 圖4—37 A B v F－mg＝ma。 　 由以上各式解得 ， 　 代入數(shù)值得　 F＝1.5103Ｎ。 　 點悟　本題為從運動狀態(tài)確定物體的受力情況的問題。求解此類問題可先由勻變速直線運動公式求出加速度a，再由牛頓第二定律求出相關的力。本題與小球落至地面再彈起的傳統(tǒng)題屬于同一物理模型，但將情景放在蹦床運動中，增加了問題的實踐性和趣味性。題中將網對運動員的作用力當作恒力處理，從而可用牛頓第二定律結合勻變速運動公式求解。實際情況作用力應是變力，則求得的是接觸時間內網對運動員的平均作用力。 例3 如圖4—37所示，一水平傳送帶長為20m，以2m/s的速度做勻速運動。已知某物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，現(xiàn)將該物體由靜止輕放到傳送帶的A端。求物體被送到另一端B點所需的時間。（g 取10m/s2） 提示 本題要計算物體由A到B的時間，分析物體運動過程，有兩種可能。一種可能是從靜止開始一直加速到B，知道加速度就可求出運動時間；另一種可能是，物體加速一段時間后速度與傳送帶相同，接著做勻速運動，有兩個過程，要分別計算時間。 解析 物體受重力mg、支持力FN和向前的摩擦力F作用，由牛頓第二定律，有 F=ma， 又 FN－mg=0, F=μFN， 解得 a=μg=0.110m/s2=1 m/s2。 當物體做勻加速運動達到傳送帶的速度v=2m/s時，其位移為 m=2m＜20m， 所以物體運動2m后與傳送帶一起勻速運動。 第一段加速運動時間為 s=2s， 第二段勻速運動時間為 s=9s。 所以，物體在傳送帶上運動的總時間為 t=t1+t2=2s+9s=11s。 點悟 物體受力情況發(fā)生變化，運動情況也將發(fā)生變化。此題隱含了兩個運動過程，如不仔細審題，分析運動過程，將出現(xiàn)把物體的運動當作勻速運動（沒有注意到物體從靜止開始放到傳送帶上），或把物體的運動始終當作勻加速運動。請將本題與練習鞏固（4—1）第7題作一比較。 風 370 ╮ 圖4—38 例4 如圖4—38所示，風洞實驗室中可產生水平方向的、大小可調解的風力?，F(xiàn)將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略等大于直徑。 （1）當桿在水平方向固定時，調解風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，這時小球所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的動摩擦因數(shù)。 （2）保持小球所受的風力不變，使桿與水平方向的夾角為370并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離s所需時間為多少？(sin370=0.6, cos370=0.8) 提示 注意（1）中小球做勻速運動，（2）中小球做勻加速運動，兩種情況風力及小球與桿間的動摩擦因數(shù)均不變，不要錯誤地認為滑動摩擦力相同。 解析 (1)設小球所受風力為F，則 F=0.5mg。 當桿水平固定時，小球做勻速運動，則所受摩擦力Ff與風力F等大反向，即 Ff=F。 又因 Ff=μFN=μmg， 以上三式聯(lián)立解得小球與桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。 (2)當桿與水平方向成θ=370角時，小球從靜止開始沿桿加速下滑。設下滑距離s所用時間為t，小球受重力mg、風力F、桿的支持力FN’和摩擦力Ff’作用，由牛頓第二定律可得， 沿桿的方向 Fcosθ+mgsinθ－Ff’=ma， 垂直桿的方向 FN’+F sinθ－mgcosθ=0， 又 Ff’= μFN’， F=0.5mg， 解得小球的加速度 。 因 ， 故小球的下滑時間為 。 點悟 本題是牛頓運動定律在科學實驗中應用的一個實例，求解時先由水平面上小球做勻速運動時的二力平衡求出動摩擦因數(shù)，再分析小球在桿與水平面成370角時的受力情況，根據牛頓第二定律列出方程，求得加速度，再由運動學方程求解。這是一道由運動求力，再由力求運動的典型例題。 發(fā)展級 圖4—39 例5 如圖4—39所示，箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，桿上套著一個圓環(huán)。箱子的質量為M，環(huán)的質量為m，圓環(huán)沿桿滑動時與桿間有摩擦。 (1) 若環(huán)沿桿加速下滑，環(huán)與桿間摩擦力的大小為F，則箱子對地面的壓力有多大？ (2) 若環(huán)沿桿下滑的加速度為a，則箱子對地面的壓力有多大？ (3) 若給環(huán)一定的初速度，使環(huán)沿桿上滑的過程中摩擦力的大小仍為F，則箱子對地面的壓力有多大？ (4) 若給環(huán)一個初速度v0，環(huán)沿桿上滑h高后速度恰好為0，則在環(huán)沿桿上滑的過程中箱子對地面的壓力有多大？ 提示 由于環(huán)沿桿下滑和上滑時的加速度與箱子不同，因此應分別以環(huán)和箱子為研究對象，分析它們的運動情況和受力情況，并找出它們之間的聯(lián)系。 解析 (1)環(huán)沿桿下滑時，環(huán)受到的摩擦力方向向上，箱子（即桿）受到的摩擦力方向向下，故箱子受到地面的支持力 FN=Mg+F。 根據牛頓第三定律可知，箱子對地面的壓力 FN’= FN=Mg+F。 (2)環(huán)以加速度a加速下滑，由牛頓第二定律有 mg－F=ma， 故環(huán)受到的摩擦力 F=m(g－a)。 直接應用(1)的結果，可得箱子對地面的壓力 FN’ =Mg+F=Mg+ m(g－a)=(M+m)g－ma。 (3)環(huán)沿桿上滑時，環(huán)受到的摩擦力方向向下，箱子（即桿）受到的摩擦力方向向上，故箱子受到地面的支持力 FN=Mg－F。 根據牛頓第三定律可知，箱子對地面的壓力 FN’= FN=Mg－F。 (4)由運動學公式 v02=2ah， 可得環(huán)沿桿上滑做勻減速運動的加速度大小為 ， 由牛頓第二定律有 mg+F=ma， 故環(huán)受到的摩擦力 F=m(a－g)。 直接應用(3)的結果，可得箱子對地面的壓力 FN’ =Mg－F=Mg－m(a－g)=(M+m)g－ma=(M+m)g－。 點悟 上述將圓環(huán)和箱子分隔開來，分別對它們進行受力分析和運動分析的方法，稱為隔離法。在問題涉及多個物體組成的系統(tǒng)時，常常運用隔離法分析求解。 本題第（2）小題也可采用整體法分析：圓環(huán)和箱子組成的系統(tǒng)受重力(M+m)g和地面的支持力FN的作用。因為圓環(huán)向下的加速度a應由系統(tǒng)的合外力提供，故有 (M+m)g－FN=ma， 解得 FN=(M+m)g－ma。 由牛頓第三定律可得，箱子對地面的壓力 FN’ = FN=(M+m)g－ma。 本題第（4）小題在求得環(huán)沿桿上滑做勻減速運動的加速度大小后，也可采用整體法分析，請自行解答。 圖4—40 例6 一個行星探測器從所探測的行星表面豎直升空，探測器的質量為1500 kg，發(fā)動機推力恒定.發(fā)射升空后9 s末，發(fā)動機突然間發(fā)生故障而關閉。圖4—40是從探測器發(fā)射到落回地面全過程的速度圖象。已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質量的變化，求： (1)探測器在行星表面上升達到的最大高度 H； (2)該行星表面附近的重力加速度g； (3)發(fā)動機正常工作時的推力F。 提示 題給速度圖象中，B點時刻是速度正負的轉折點，故B點時刻探測器升至最大高度；A點時刻是加速度正負的轉折點，故A點時刻是發(fā)動機剛關閉的時刻。 解析 (1)0～25s內探測器一直處于上升階段，上升的最大高度在數(shù)值上等于△OAB的面積，即 H=2564 m=800 m。 (2)9 s末發(fā)動機關閉，此后探測器只受重力作用，故在這一階段的加速度即為該行星表面的重力加速度，由圖象得 g==m/s2=4 m/s2， (3)由圖象知探測器加速上升階段探測器的加速度為 a=m/s2， 根據牛頓運動定律，得 F－mg=ma， 所以發(fā)動機正常工作時的推力 F=m(g+a)=1.67104 N。 點悟 本題是應用牛頓運動定律求解的圖象類問題，仍屬于已知運動求力的問題，只是將物體的運動情況由圖象反映出來。此類問題求解的關鍵是，要根據圖象的特點，挖掘圖象中的隱含條件，把圖象與物體的實際運動對應起來進行研究。 課本習題解讀 [p.91問題與練習] 1. 根據平行四邊形定則可得物體所受的合力 N=50N≈86.6N， 由牛頓第二定律物體的加速度可得物體的加速度為 m/s2=43.3 m/s2。 由勻變速直線運動公式可得3s末物體的速度 v=at=43.33m/s≈130m/s， 3s末物體發(fā)生的位移 m≈195m。 2. 電車的加速度為 m/s2=－1.5 m/s2， 電車所受阻力為 F=ma=4.0103(－1.5)N=－6.0103 N， 負號表示阻力方向與初速度方向相反。 3. 對人運用牛頓第二定律，有 mgsinθ－F=ma， 故人在氣囊上下滑的加速度 m/s2=4.0 m/s2。 從而，人滑至氣囊底端時的速度為 m/s≈5.7 m/s。 4. 卡車急剎車時的加速度大小為 m/s2=7 m/s2， 根據運動學公式有 m/s≈10.3 m/s≈37.1km/h＞30 km/h， 所以該車超速。