第四章 5 牛顿定律的应用

牛顿运动定律的应用

为了尽量缩短停车时间，旅客按照站台上标注的车门位置候车。列车进站时总能准确地停靠在对应车门的位置。这是如何做到的呢？

牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。因此，它在许多基础科学和工程技术中都有广泛的应用。中学物理中我们只研究一些简单的实例。

从受力确定运动情况

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，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。

【例题 1】

运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。

（1）运动员以 3.4 m/s 的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为 0.02，

冰壶能在冰面上滑行多远？g 取 10 m/s²。

（2）若运动员仍以 3.4 m/s 的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行 10 m 后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的 90%，冰壶多滑行了多少距离？

分析（1）对物体进行受力分析后，根据牛顿第二定律可以求得冰壶滑行时的加速度，再结合冰壶做匀减速直线运动的规律求得冰壶滑行的距离。

（2）冰壶在滑行 10 m 后进入冰刷摩擦后的冰面，动摩擦因数变化了，所受的摩擦力发生了变化，加速度也会变化。前一段滑行 10 m 的末速度等于后一段运动的初速度（图 4.5–2）。根据牛顿第二定律求出后一段运动的加速度，并通过运动学规律求出冰壶在后一段过程的滑行距离，就能求得比第一次多滑行的距离。

解（1）选择滑行的冰壶为研究对象。冰壶所受的合力等于滑动摩擦力 F_f（图 4.5–3）。设冰壶的质量为 m，以冰壶运动方向为正方向建立一维坐标系，滑动摩擦力 F_f 的方向与运动方向相反，则

$F_{f} = - μ_{1} F_{N} = - μ_{1} m g$

根据牛顿第二定律，冰壶的加速度为

$a_{1} = \frac{F_{f}}{m} = - \frac{μ_{1} m g}{m} = - μ_{1} g = - 0.02 \times 10 m / s^{2} = - 0.2 m / s^{2}$

加速度为负值，方向跟 x 轴正方向相反。

将 v₀ = 3.4 m/s，v = 0 代入 v² − v₀² ＝ 2a₁x₁，得冰壶的滑行距离为

$x_{1} = - \frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}} = - \frac{{3.4}^{2}}{2 \times (- 0.2)} m = 29.8 m$

冰壶滑行了 28.9 m。

（2）设冰壶滑行 10 m 后的速度为 v₁₀，则对冰壶的前一段运动有

v₁₀² ＝ v₀² + 2a₁x₁₀

冰壶后一段运动的加速度为

a₂ ＝ − µ₂g ＝ − 0.02×0.9×10 m/s² ＝ − 0.18 m/s²

滑行 10 m 后为匀减速直线运动，由 v² − v₁₀² ＝ 2a₂x₂，v ＝ 0，得

$x_{2} = - \frac{v_{10}^{2}}{2 a_{2}} = - \frac{v_{0}^{2} + 2 a_{1} x_{10}}{2 a_{2}} = - \frac{{3.4}^{2} + 2 \times (- 0.2 \times 10)}{2 \times (- 0.18)} m = 21 m$

第二次比第一次多滑行了

（10 + 21 − 28.9）m ＝ 2.1 m

第二次比第一次多滑行了 2.1 m。

从运动情况确定受力

如果已知物体的运动情况，可以根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。这是力学所要解决的又一方面的问题。

【例题 2】

如图 4.5–4，一位滑雪者，人与装备的总质量为 75 kg，以 2 m/s 的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为 30°，在 5 s 的时间内滑下的路程为 60 m。求滑雪者对雪面的压力及滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力），g 取 10 m/s²。

分析由于不知道动摩擦因数及空气阻力与速度的关系，不能直接求滑雪者受到的阻力。应根据匀变速直线运动的位移和时间的关系式求出滑雪者的加速度，然后，

图 4.5–4

对滑雪者进行受力分析。滑雪者在下滑过程中，受到重力 mg、山坡的支持力 F_N 以及阻力 F_f 的共同作用。通过牛顿第二定律可以求得滑雪者受到的阻力。

解以滑雪者为研究对象。建立如图 4.5–5 所示的直角坐标系。滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。

根据匀变速直线运动规律，有

$x = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$

其中 v₀ ＝ 2 m/s，t ＝ 5 s，x ＝ 60 m，则有

$a = \frac{2 (x_{0} - v_{0} t)}{t^{2}} = \frac{2 (60 - 2 \times 5)}{5^{2}} m / s^{2} = 4 m / s^{2}$

根据牛顿第二定律，有

y 方向 F_N − mgcosθ ＝ 0

x 方向 mgsinθ − F_f ＝ ma

得 F_N ＝ mgcosθ

F_f ＝ m（gsinθ − a）

其中，m ＝ 75 kg，θ ＝ 30°，则有

F_f ＝ 75 N，F_N ＝ 650 N

根据牛顿第三定律，滑雪者对雪面的压力大小等于雪面对滑雪者的支持力大小，为 650 N，方向垂直斜面向下。滑雪者受到的阻力大小为 75 N，方向沿山坡向上。

1．质量为 20 kg 的物体静止在光滑水平面上。如果给这个物体施加两个大小都是 50 N 且互成 60° 角的水平力（图 4.5–6），那么，3 s 末它的速度是多大？ 3 s内它的位移是多少？

2．民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面（图 4.5–7）。若机舱口下沿距地面 3.2 m，气囊所构成的斜面长度为 6.5 m，一个质量为 60 kg 的人沿气囊滑下时所受的阻力是 240 N，那么，人滑至气囊底端时的速度是多少？g 取 10 m/s²。

3．汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数，才能保证汽车安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数，需要测试刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以

54 km/h 的速度行驶时，突然紧急刹车，车轮被抱死后在路面上滑动，直至停下来。量得车轮在公路上摩擦的痕迹长度是 17.2 m，则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少？g 取 10 m/s²。

4．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶 C，自由地摆放在桶 A、B 之间，没有用绳索固定(图 4.5–8)。桶 C 受到桶 A 和桶 B 的支持，和汽车一起保持静止。

（1）当汽车向以某一加速度向左加速时，A 对 C 和 B 对 C 的支持力大小会增大还是减小？请说明理由。

（2）当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶 C 就脱离 A 而运动到 B 的右边，这个加速度有多大？

第 5 节牛顿运动定律的应用教学参考

1．教学目标

（1）能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。

（2）掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。

（3）初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。

2．教材分析与教学建议

本节是应用牛顿运动定律解决问题，综合了前面所学的基础知识和本章所学的基本规律，因此本节具有承上启下的作用。将牛顿运动定律的应用分为两种类型：一是从受力确定运动情况，即受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移。处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况求出合力，根据牛顿第二定律求出加速度，再利用运动学的有关公式求出要求的速度和位移等运动学量。二是从运动情况确定受力，即在运动情况（如物体的运动性质、速度、加速度或位移）已知的条件下，求出物体所受的力。处理这类问题的基本思路是：首先分析清楚物体的运动学情况，根据运动学公式求出物体的加速度，然后在分析物体受力情况的基础上，利用牛顿第二定律列方程求力。

在本节的教学中，教师应该引导学生体会到加速度是联系运动和力的桥梁和纽带。在牛顿第二定律公式和运动学公式中，均包含有一个共同的物理量——加速度。因此，求加速度是解决有关运动和力问题的基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解决问题的关键。

基于以上分析，本节的教学重点是应用牛顿运动定律解决实际问题，难点是在应用过程中灵活选择方法，比如建立恰当的坐标系进行解题。

（1）问题引入

教科书在本节开始提出的问题是一个与实际联系紧密的现象，教师可以引导学生将其变成需要解决的问题，使学生在这一过程中经历建构模型的过程。例如，给出刹车的距离和期望刹车的时间，计算刹车的最小加速度。学生学完这一节后可以利用学到的知识解决，这样将学生的学习与实际生活紧密地结合起来，让学生初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，培养应用科学知识解决实际问题的意识。

（2）从受力确定运动情况

在这一部分教师应该先从教科书提供的例题 1 进行分析、讲解，引导学生分析、讨论，明确解决问题的原则，即在物体受力情况已知的情况下，由牛顿第二定律可以求解出物体运动的加速度，再通过运动学规律就可以确定物体的运动情况。然后再布置学生思考在此原则下独立解决同类型题目的解题规范，通过以下问题引导学生思考并完成解题过程：

①本题中选择的研究对象是谁？

②研究对象受多少个力的作用？画出正确的受力分析示意图。

③研究对象的运动情况是怎样的？画出运动过程的示意简图。

④分析已知条件，应该如何求加速度？

⑤如何确定研究对象最终的运动情况？

通过上述问题的引导，一来可以帮助学生学会抽象实际问题、建立理想模型，即将例题中的冰壶简化成质点并按照匀变速直线运动进行处理；二来可以帮助学生按照合理的解题思路形成良好的解题习惯。

（3）从运动情况确定受力

通过对例题 2 的分析、讲解，教师可以引导学生自行总结：如果知道了物体的运动情况，根据运动学规律可以求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律就能求出物体所受的合力，结合具体的受力分析，就可以明确物体的具体受力情况。

在例题 2 中由于滑雪者在山坡上运动，因此选择合理的坐标系就成了学生解决这个问题的难点。让学生尝试在水平方向和竖直方向研究人的受力情况，尝试解决问题，学生会发现利用这样的坐标系解决问题并不简单。例题中待求的物理量是滑雪者对雪面的压力和滑雪者受到的阻力，如果按照水平和竖直的方向建立直角坐标系，则发现待求的两个物理量均会被正交分解，显然会增加解决问题的难度。而如果按照平行于山坡和垂直于山坡来建立坐标系，那么这两个物理量都正好落在坐标轴上，不需要进行分解，解决问题更方便。在此基础上，教师可以引导学生总结建立坐标系的两个基本原则：一是尽量让更多参与计算的物理量落在坐标轴上；二是尽量让被求的物理量不被分解。

教学片段

从运动情况确定受力例题讲解

教师引导学生分析例题 2，通过画受力分析图，发现：在垂直山坡的方向上，二力平衡，即重力的分力等于滑雪者受到的支持力；在沿山坡的方向上，重力的下滑分力大于滑雪者受到的阻力 F_f，但具体数值并不能求解。

教师提出问题：例题 2 和例题 1 在情境设置上有什么差别？

学生回答：例题 1 是已知物体的受力情况，通过牛顿第二定律，可以求出加速度。例题 2 则是在沿斜面方向上有 mgsin30° − F_f = ma，其中有两个未知量——阻力 F_f 和加速度 a。

教师提出问题：这种差别会导致在解决问题上有什么不同？

学生回答：既然阻力 F_f 是最终要求出的物理量，就要求必须先求出加速度 a，而 a 已经不可能通过受力分析求出。

教师进一步引导学生通过回忆，找到匀变速运动的运动学公式中也有加速度。根据已知条件，列出位移–时间方程，求得加速度，并进而求得阻力。

最后，教师引导同学通过例题 1 和例题 2，总结应用牛顿运动定律解题的两类典型情境，并绘制解题思维程序图。

3．“练习与应用”参考答案与提示

本节共 4 道习题。第 1 题练习运用牛顿第二定律解决简单的实际问题，形成从受力情况可以确定运动情况的观点。第 2 题练习将实际问题中的对象和过程转换成所学的物理模型，即将人员沿气囊下滑的问题抽象为质点沿斜面匀加速下滑，从受力确定运动情况。第 3 题将汽车刹车后的运动抽象为质点沿水平方向的匀减速运动，从运动情况确定受力。第 4 题练习在正交坐标系中，沿加速度方向建立 x 轴，根据牛顿第二定律得出函数表达式，进而分析物理量的变化规律和变化趋势，培养应用数学解决物理问题的能力。

1．13 m/s：19.5 m

提示：两个力的合力沿其角平分线方向，与两个力的夹角均为 30°，故物体所受的合力大小 F_合 = 2Fcos30° = 86.6 N。根据牛顿第二定律，加速度 a = $\frac{F_{合}}{m}$ = $\frac{86.6}{20}$ m/s² = 4.33 m/s²。所以物体在 t = 3 s 末的速度 v = at = 4.33×3 m/s = 13 m/s。物体在 3 s 内的位移 x = $\frac{1}{2}$ at² = $\frac{1}{2}$ ×4.33×3² m= 19.5 m。速度与位移的方向均沿两个力夹角的角平分线。

2．设斜面的倾角为 θ，则 sinθ = $\frac{3.2}{6.5}$ = 0.49。根据牛顿第二定律有 mgsinθ – F_f = ma。代入数据得 a = 0.92 m/s²。人滑至气囊底端的速度 v² = 2ax。代入数据解得 v =3.5 m/s。

3．0.65

提示：汽车初速度为 v₀ = 54 km/h = 15 m/s，刹车后做匀减速运动的加速度大小为 a = $\frac{v_{0}^{2}}{2 x}$ = $\frac{15^{2}}{2 \times 17.2}$ = 6.5 m/s²。根据牛顿第二定律有 μmg = ma，故 μ = $\frac{a}{g}$ = 0.65。

4．（1）A 对 C 的支持力减少；B 对 C 的支持力增大。

（2） $\frac{\sqrt{3}}{3}$ g

提示：（1）以 C 为研究对象，受力分析如图所示，货车静止时 F_A = F_B = $\frac{m g}{2 \cos 30^{\circ}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ mg。

当货车以加速度 a 向左加速时 F_y = F_B′cos30° + F_A′cos30° − mg = 0，F_x = F_Bsin30° − F_A′sin30° = ma。解得 F_A′ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ mg − ma、F_B′ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ mg + ma。

与静止时相比，A 对 C 的支持力减小，B 对 C 的支持力增大。

（2）由 F_A′ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ mg – ma 可知，加速度 a 增大，A 对 C 的支持力减小。当 A 对 C 的支持力减小到 0 时，C 就脱离 A，解得 a = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ g。

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发布时间：2019/12/21 上午11:19:13 阅读次数：5512