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牛頓第二定律應(yīng)用的典型問題1. 力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,而不是維持運(yùn)動(dòng)的原因。由知,加速度與力有直接關(guān)系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度與力沒有直接關(guān)系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關(guān)系,加速度與速度同向時(shí),速度增加;反之減小。在加速度為零時(shí),速度有極值。例1. 如圖1所示,輕彈簧下端固定在水平面上。一個(gè)小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落,接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中,下列說(shuō)法中正確的是()圖1A. 小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B. 從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上C. 從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn),小球的速度先增大后減小D. 從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn),小球的加速度先減小后增大解析:小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn),彈力從零開始逐漸增大,所以合力先減小后增大,因此加速度先減小后增大。當(dāng)合力與速度同向時(shí)小球速度增大,所以當(dāng)小球所受彈力和重力大小相等時(shí)速度最大。故選CD。例2. 一航天探測(cè)器完成對(duì)月球的探測(cè)任務(wù)后,在離開月球的過程中,由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行,先加速運(yùn)動(dòng),再勻速運(yùn)動(dòng),探測(cè)器通過噴氣而獲得推動(dòng)力,以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是()A. 探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí),沿直線向后噴氣B. 探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí),豎直向下噴氣C. 探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),豎直向下噴氣D. 探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),不需要噴氣解析:受力分析如圖2所示,探測(cè)器沿直線加速運(yùn)動(dòng)時(shí),所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同,而重力方向豎直向下,由平行四邊形定則知推力方向必須斜向上方,由牛頓第三定律可知,噴氣方向斜向下方;勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),所受合力為零,因此推力方向必須豎直向上,噴氣方向豎直向下。故正確答案選C。圖22. 力和加速度的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系(1)物體運(yùn)動(dòng)的加速度a與其所受的合外力F有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系。每一瞬時(shí)的加速度只取決于這一瞬時(shí)的合外力,而與這一瞬時(shí)之間或瞬時(shí)之后的力無(wú)關(guān)。若合外力變?yōu)榱悖铀俣纫擦⒓醋優(yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯?。這就是牛頓第二定律的瞬時(shí)性。(2)中學(xué)物理中的“繩”和“線”,一般都是理想化模型,具有如下幾個(gè)特性:輕,即繩(或線)的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知,同一根繩(或線)的兩端及其中間各點(diǎn)的張力大小相等。軟,即繩(或線)只能受拉力,不能承受壓力(因繩能彎曲)。由此特點(diǎn)可知,繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。不可伸長(zhǎng):即無(wú)論繩子所受拉力多大,繩子的長(zhǎng)度不變。由此特點(diǎn)知,繩子中的張力可以突變。(3)中學(xué)物理中的“彈簧”和“橡皮繩”,也是理想化模型,具有如下幾個(gè)特性:輕:即彈簧(或橡皮繩)的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知,同一彈簧的兩端及其中間各點(diǎn)的彈力大小相等。彈簧既能受拉力,也能受壓力(沿彈簧的軸線);橡皮繩只能受拉力,不能承受壓力(因橡皮繩能彎曲)。由于彈簧和橡皮繩受力時(shí),其形變較大,發(fā)生形變需要一段時(shí)間,所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是,當(dāng)彈簧和橡皮繩被剪斷時(shí),它們所受的彈力立即消失。例3. 如圖3所示,豎直光滑桿上套有一個(gè)小球和兩根彈簧,兩彈簧的一端各與小球相連,另一端分別用銷釘M、N固定于桿上,小球處于靜止?fàn)顟B(tài),設(shè)拔去銷釘M瞬間,小球加速度的大小為。若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間,小球的加速度可能是()圖3A. ,豎直向上B. ,豎直向下C. ,豎直向上D. ,豎直向下解析:原來(lái)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),若上面的彈簧為壓縮狀態(tài),則拔去M瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向上的加速度,拔去N瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下加速度。設(shè)上下彈簧的彈力分別為。在各瞬間受力如圖4所示。圖4拔M前靜止:拔M瞬間:拔N瞬間:聯(lián)立式得拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為,方向豎直向下。原來(lái)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),若上面的彈簧為拉伸狀態(tài),則拔去M瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下的加速度,拔去N瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向上加速度,如圖5所示。圖5拔M前靜止:拔M瞬間:拔N瞬間:聯(lián)立式得:拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為,方向豎直向上。綜合以上分析,可知正確答案為BC。3. 力的獨(dú)立作用原理一個(gè)物體可以同時(shí)受幾個(gè)力的作用,每一個(gè)力都使物體產(chǎn)生一個(gè)效果,如同其他力不存在一樣,即力與它的作用效果完全是獨(dú)立的,這就是力的獨(dú)立作用原理。力可以合成和分解,效果也可以合成和分解,其運(yùn)算法則均為平行四邊形定則。為此,合力與其合效果對(duì)應(yīng),分力與其分效果對(duì)應(yīng),對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)往往看到的是合效果,在研究具體問題時(shí),可根據(jù)受力的特點(diǎn)求合力,讓合效果與合力對(duì)應(yīng);也可將效果分解,讓它與某一方向上的分力對(duì)應(yīng)。正因?yàn)榱Φ淖饔檬窍嗷オ?dú)立的,所以牛頓第二定律在運(yùn)用中常按正交法分解為例4. 某型航空導(dǎo)彈質(zhì)量為M,從離地面H高處水平飛行的戰(zhàn)斗機(jī)上水平發(fā)射,初速度為,發(fā)射之后助推火箭便給導(dǎo)彈以恒定的水平推力F作用使其加速,不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)彈質(zhì)量的改變,下列說(shuō)法正確的有()A. 推力F越大,導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)間越長(zhǎng)B. 不論推力F多大,導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)間一定C. 推力F越大,導(dǎo)彈的射程越大D. 不論推力F多大,導(dǎo)彈的射程一定解析:推力F和重力G分別在兩個(gè)正交的方向上,均單獨(dú)對(duì)導(dǎo)彈產(chǎn)生各自的加速度,因高度H一定,在豎直方向上,導(dǎo)彈是自由落體運(yùn)動(dòng),故落地時(shí)間與F無(wú)關(guān),為一定值。而水平方向?qū)椀纳涑逃蓻Q定,顯然F越大,a越大,水平射程越大。即本題的正確答案為BC。4. 連結(jié)體問題此類問題,在高考中只限于兩個(gè)物體的加速度相同的情況。通常是對(duì)兩個(gè)物體組成的整體運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度,然后用隔離法求出物體間的相互作用力。例5. 如圖6所示,質(zhì)量為2m的物塊A,與水平地面的摩擦不計(jì),質(zhì)量為m的物塊B與地面的摩擦因數(shù)為,在已知水平推力F的作用下,A、B做加速運(yùn)動(dòng),則A和B之間的作用力為_。圖6解析:由題意知,地面對(duì)物塊A的摩擦力為0,對(duì)物塊B的摩擦力為。對(duì)A、B整體,設(shè)共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a,由牛頓第二定律有:對(duì)B物體,設(shè)A對(duì)B的作用力為,同理有聯(lián)立以上三式得:5. 超重和失重問題當(dāng)物體處于平衡狀態(tài)時(shí),物體對(duì)水平支持物的壓力(或豎直懸掛物的拉力)大小等于物體受到的重力,即。當(dāng)物體m具有向上或向下的加速度a時(shí),物體對(duì)水平支持物的壓力(或豎直懸掛物的拉力)大小大于或小于物體受到的重力G的現(xiàn)象,分別叫做超重和失重,并且超出或失去部分為。具體應(yīng)用可分兩種情況。(1)定性分析對(duì)于一些只需作定性分析的問題,利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問題得到解決。在具體分析過程中,關(guān)鍵是正確判斷系統(tǒng)的超重與失重現(xiàn)象,清楚系統(tǒng)的重心位置的變化情況。當(dāng)系統(tǒng)的重心加速上升時(shí)為超重,當(dāng)系統(tǒng)的重心加速下降時(shí)為失重。例6. 如圖7所示,A為電磁鐵,C為膠木秤盤,電磁鐵A和秤盤C(包括支架)的總質(zhì)量為M,B為鐵片,質(zhì)量為m,整個(gè)裝置用輕繩懸掛于O點(diǎn)。當(dāng)電磁鐵通電,鐵片被吸引上升的過程中,輕繩中拉力F的大小為()圖7A. B. C. D. 解析:以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,A、C靜止,鐵片B由靜止被吸引加速上升。則系統(tǒng)的重心加速上升,系統(tǒng)處于超重狀態(tài),故輕繩的拉力,正確答案為D。(2)定量分析超重并不是重力增加,失重也不是失去重力或重力減少,在同一地點(diǎn)地球作用于物體的重力始終存在且沒有發(fā)生變化,只是物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化,看起來(lái)好像物重有所增大或減小。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向上的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向上的分量不為零時(shí),物體處于超重狀態(tài),超出的部分在數(shù)值上等于或(為加速度的豎直分量)。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向下的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向下的分量不為零時(shí),物體處于失重狀態(tài),失去的部分在數(shù)值上等于或,利用上述結(jié)論可以進(jìn)行定量計(jì)算。例7. 如圖8所示,一根彈簧上端固定,下端掛一質(zhì)量為的秤盤,盤中放有質(zhì)量為m的物體,當(dāng)整個(gè)裝置靜止時(shí),彈簧伸長(zhǎng)了L,今向下拉盤使彈簧再伸長(zhǎng)L,然后松手放開,設(shè)彈簧總是在彈性范圍內(nèi),則剛松手時(shí),物體m對(duì)盤壓力等于多少?圖8解析:視m、為系統(tǒng),開始平衡有再伸長(zhǎng)L,系統(tǒng)受的合外力為,故此時(shí)系統(tǒng)的加速度a方向向上,系統(tǒng)處于超重狀態(tài)。對(duì)m來(lái)說(shuō)超重故剛松手時(shí),物體m對(duì)盤的壓力結(jié)合式可得:6. 臨界問題在臨界問題中包含著從一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象,或從一物理過程轉(zhuǎn)入另一物理過程的轉(zhuǎn)折狀態(tài)。常出現(xiàn)“剛好”、“剛能”、“恰好”等語(yǔ)言敘述。例8. 一斜面放在水平地面上,傾角,一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的小球用細(xì)繩吊在斜面頂端,如圖9所示。斜面靜止時(shí),球緊靠在斜面上,繩與斜面平行,不計(jì)斜面與水平面的摩擦,當(dāng)斜面以的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí),求細(xì)繩的拉力及斜面對(duì)小球的彈力。(g?。﹫D9解析:斜面由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)過程中,當(dāng)a較小時(shí),小球受到三個(gè)力作用,此時(shí)細(xì)繩平行于斜面;當(dāng)a增大時(shí),斜面對(duì)小球的支持力將會(huì)減少,當(dāng)a增大到某一值時(shí),斜面對(duì)小球的支持力為零;若a繼續(xù)增大,小球?qū)?huì)“飛離”斜面,此時(shí)繩與水平方向的夾角將會(huì)大于角。而題中給出的斜面向右的加速度,到底屬于上述哪一種情況,必須先假定小球能夠脫離斜面,然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設(shè)小球剛剛脫離斜面時(shí)斜面向右的加速度為,此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,小球只受到重力和細(xì)繩的拉力,且細(xì)繩仍然與斜面平行。對(duì)小球受力分析如圖10所示。圖10易知代入數(shù)據(jù)解得:因?yàn)?,所以小球已離開斜面,斜面的支持力同理,由受力分析可知,細(xì)繩的拉力為此時(shí)細(xì)繩拉力與水平方向的夾角為7. 對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律設(shè)系統(tǒng)內(nèi)有兩個(gè)物體,質(zhì)量分別為和,受到系統(tǒng)以外的作用力分別為,對(duì)與對(duì)的作用力分別為和,兩物體的加速度分別為,由牛頓第二定律得兩物體受到的合外力為:由牛頓第三定律得:由以上三式得:其中式中為系統(tǒng)所受的合外力,同理可證,上述結(jié)論對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也是成立的,即為如按正交分解則得:例9. 如圖11所示,質(zhì)量為M的框架放在水平地面上,一個(gè)輕質(zhì)彈簧固定在框架上,下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球,當(dāng)小球上下振動(dòng)時(shí),框架始終沒有跳起,在框架對(duì)地面的壓力為零的瞬間,小球加速度大小為()圖11A

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