3.3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.docx

1、第 3 單元牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用超重與失重想一想 如圖 3 3 1 所示，是我國(guó)長(zhǎng)征火箭把載人神舟飛船送上太空的情景，請(qǐng)思考：圖 3 31(1)火箭加速上升階段，宇航員處于超重還是失重狀態(tài)？(2)當(dāng)火箭停止工作后上升階段，宇航員處于超重還是失重狀態(tài)？(3)當(dāng)飛船在繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)階段，宇航員處于超重還是失重狀態(tài)？提示： (1)火箭加速上升階段，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)。(2)火箭停止工作后上升階段具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。(3) 神舟飛船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬能引力為其提供了向心加速度，處于失重狀態(tài)。記一記 1 實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)

2、無關(guān)。(2)視重：測(cè)力計(jì)所指示的數(shù)值。2 超重、失重和完全失重比較超重現(xiàn)象失 重現(xiàn)象完全失重物體對(duì)支持物的壓力(或物體對(duì)支持物的壓力(或物體對(duì)支持物的壓力(或概念對(duì)懸掛物的拉力 )大于物對(duì)懸掛物的拉力 )小于物對(duì)懸掛物的拉力 )等于零體所受重力的現(xiàn)象體所受重力的現(xiàn)象的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向1下，大小 a g列原理式F mg mamg F mamg F mgF m(ga)F m(g a)F 0無阻力的拋體運(yùn)動(dòng)情運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升、減速下降加速下降、減速上升況；繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星試一試 1 (2013 原模擬太 )物體在下列運(yùn)動(dòng)中，屬于超重的是(

3、)A 汽車駛過拱形橋頂端時(shí)B蕩秋千 的小孩通過最低點(diǎn)時(shí)C跳水運(yùn)動(dòng)員被跳板彈起，離開跳板向上運(yùn)動(dòng)時(shí)D人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)解析： 選 B 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)物體處于超重狀態(tài)， B 正確。 A 項(xiàng)汽車處于失重狀態(tài)， C、 D 項(xiàng)中運(yùn)動(dòng)員和人造衛(wèi)星處于完全失重狀態(tài)。整體法與隔離法想一想 一斜劈，在力F 推動(dòng)下在光滑的水平面上向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且斜劈上有一木塊與斜面保持相對(duì)靜止，如圖33 2 所示，已知斜劈的質(zhì)量為M，木塊的質(zhì)量為m，求斜面對(duì)木塊作用力的大小。圖 3 32提示： m 與 M 一起勻加速運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)完全相同，可把m 與 M 視為一整體，利用牛頓第二定律可求出它們共同

4、的水平向左的加速度F，再對(duì) m 利用隔離體法分析 mam M的受力，有重力及斜面對(duì)m 的作用力，兩力的合力水平向左為其提供了加速度，則兩力的Fm， 由 力 的 合 成 可 得 ， 斜 面 對(duì) m 的 作 用 力 F Mm 22 2合力為 F 合F合 m gM mFm 2 m2g2M m2記一記 1 整體法當(dāng)連接體內(nèi) (即系統(tǒng)內(nèi) )各物體的加速度相同時(shí)，可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個(gè)整體，分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程求解的方法。2 隔離法當(dāng)求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力時(shí)，常把某個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況，再用牛頓第二定律對(duì)隔離出來的物體列方程求解的方法。3

5、 外力和內(nèi)力如果以物體系統(tǒng)為研究對(duì)象，受到系統(tǒng)之外的物體的作用力，這些力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力為內(nèi)力。應(yīng)用牛頓第二定律列方程時(shí)不考慮內(nèi)力。如果把某物體隔離出來作為研究對(duì)象，則內(nèi)力將轉(zhuǎn)換為隔離體的外力。試一試 2如圖 3 3 3 所示，在光滑水平面上有甲、乙兩木塊，質(zhì)量分別為m1 和 m2，中間用一原長(zhǎng)為L(zhǎng) 、勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧連接起來，現(xiàn)用一水平力F 向左推木塊乙，當(dāng)兩木塊一起勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩木塊之間的距離是()圖 3 33Fm2BLFm1ALm1m2 km1m2 kFm1Fm2CL m2kD L m1k解析：選 B對(duì)兩木塊整體進(jìn)行分析，應(yīng)用牛頓第二定律，可得F

6、 (m1 m2) a，然后再隔離甲，同理可得F m1a，其中F k(L L ) ，解得兩木塊之間距離L LFm1，故選 B。m1 m2 k超重與失重問題(1)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量即ay 0，物體就會(huì)出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。當(dāng)ay 方向豎直向上時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；當(dāng)ay 方向豎直向下時(shí)，物體處于失重狀態(tài)。3(2) 盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會(huì)出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。(3) 超重并不是說重力增加了，失重并不是說重力減小了，完全失重也不是說重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時(shí)，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物

7、體對(duì)支持物的壓力( 或?qū)覓煳锏睦?)發(fā)生變化。(4)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強(qiáng)等。例 1在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計(jì)，電梯靜止時(shí)，曉敏同學(xué)站在體重計(jì)上，體重計(jì)示數(shù)為 50 kg，電梯運(yùn)動(dòng)過程中，某一段時(shí)間內(nèi)曉敏同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)如圖33 4所示，在這段時(shí)間內(nèi)下列說法中正確的是()圖 3 34A 曉敏同學(xué)所受的重力變小了B曉敏對(duì)體重計(jì)的壓力小于體重計(jì)對(duì)曉敏的支持力C電梯一定在豎直向下運(yùn)動(dòng)D電梯的加速度大小為g/5，方向一定豎直向下審題指導(dǎo) 解答本題時(shí)應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)由體重計(jì)示數(shù)變化判斷電

8、梯的加速度方向；(2)由牛頓第二定律可求電梯的加速度；(3)無法確定電梯的速度方向。嘗試解題 由題知體重計(jì)的示數(shù)為40 kg 時(shí)，人對(duì)體重計(jì)的壓力小于人的重力，故處于失重狀態(tài)，實(shí)際人 受到的重力并沒有變化，A 錯(cuò)；由牛頓第三定律知B 錯(cuò)；電梯具有向下的加速度，g但不一定是向下運(yùn)動(dòng)，C 錯(cuò)；由牛頓第二定律mg FNma，可知 a5，方向豎直向下，D對(duì)。答案D(1)無論超重還是失重，物體的重力并沒有變化。4(2)由物體超重或失重，只能判斷物體的加速度方向，不能確定其速度方向。(3) 物體超重或失重的多少是由發(fā)生超、失重現(xiàn)象的物體的質(zhì)量和豎直方向的加速度共同決定的，其大小等于 ma。整體法與隔離法的

9、靈活應(yīng)用(1) 隔離法的選取原則：若連接體或關(guān)聯(lián)體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)， 就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來， 應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。(2) 整體法的選取原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體來分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量 )。(3) 整體法、隔離法交替運(yùn)用原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)， 可以先用整體法求出加速度， 然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象， 應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。例 2(2012 蘇高考

10、江 )如圖 3 3 5 所示，一夾子夾住木塊， 在力 F 作用下向上提升。夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾 子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動(dòng)，力F的最大值是 ()圖 3 352f m MA.M2f m MB. mC.2f m M (m M)gM2f m MD. (m M)g審題指導(dǎo) 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f木塊從兩側(cè)均受到向上的摩擦力，且大小相同當(dāng)夾子與木塊兩側(cè)的靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)，木木塊不滑動(dòng)，力F 的最大值塊剛要相對(duì)夾子滑動(dòng)，對(duì)應(yīng)拉力F 最大5第二步：找突破口先分析木塊M 的受力，應(yīng)用牛頓第二定律求出其運(yùn)動(dòng)的最大加速度，再以m、

11、M 為一整體，應(yīng)用牛頓第二定律求力F 的最大值。嘗試解題 設(shè)它們的加速度為a，以木塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：2f Mg Ma 。以木塊和夾子為整體，由牛頓第二定律可得：F (M m)g (M m)a。聯(lián)立式解得：F2f m M。所以 A 正確。M答案 A整體法與隔離法常涉及的問題類型1涉及隔離法與整體法的具體問題類型(1)涉及滑輪的問題。若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。本例中，繩跨過定滑輪，連接的兩物體雖然加速度大小相同但方向不同，故采用隔離法。(2)水平面上的連接體問題。這類問題一般多是連接體(系統(tǒng) )各物體保持相對(duì)靜止，即具有相同的加速度。解題時(shí)，一般采用先整體、后隔離的方法。

12、建立坐標(biāo)系時(shí)也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力， 或者正交分解加速度。(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題。當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對(duì)于地面靜止時(shí)，解題時(shí)一般采用隔離法分析。2解決這類問題的關(guān)鍵正確地選取研究對(duì)象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各個(gè)物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應(yīng)該單獨(dú)分析，分別確定出它們的加速度，然后根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解。6很多動(dòng)力學(xué)問題常涉及多物體或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，物體在不同的運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)規(guī)律和受力情況都發(fā)生了變化，因此該類問題的綜合性較強(qiáng)，所涉及的知識(shí)點(diǎn)也較多，難度一般在中等偏上。解決這類問題時(shí)，既要將每個(gè)子過程獨(dú)立分析清楚，又要

13、關(guān)注它們之間的聯(lián)系，如速度關(guān)系、位移關(guān)系等。典例 (16分 )如圖 3 36 所示，長(zhǎng)為 L ，內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成 30角固定放置，將一質(zhì)量為m 的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細(xì)線將小球與質(zhì)量為M km 的小物塊相連， 小物塊懸掛于管口，現(xiàn)將小球釋放，一段時(shí)間后， 小物塊落地靜止不動(dòng) ，小球繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球的轉(zhuǎn)向過程中速率不變。 (重力加速度為 g)圖 33 6(1)求小物塊下落過程中的加速度大??；(2)求小球從管口拋出時(shí)的速度大??；2(3)試證明小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移總小于2L。 解題流程 第一步：審題干，抓關(guān)鍵信息審題干抓關(guān)鍵信息m 與直管壁間無摩

14、擦力物塊由靜止從管口下落，到地的高度為L(zhǎng)sin 30 L2小物塊落地后不動(dòng)，m 上滑過程中，繩中張力為零7小球脫離管口后做平拋運(yùn)動(dòng)小球平拋的速率即為m 上滑到管口的速率第二步：審設(shè)問，找問題的突破口要確定小球從管口拋出時(shí)的速度大小?研究小球在直管中的勻加速運(yùn)動(dòng)過程和勻減速運(yùn)動(dòng)過程?確定各過程的加速度?用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式計(jì)算第三步：三定位，將解題過程步驟化第四步：求規(guī)范，步驟嚴(yán)謹(jǐn)不失分解 (1) 設(shè)細(xì)線中的張力為FT ，根據(jù)牛頓第二定律Mg F T Ma (2 分 )FT mgsin 30 ma(2 分 )且 M km，聯(lián)立解得2k 1g (1 分 )a2 k 1(2)設(shè) M 落地時(shí) m 的速度大

15、小為v0，m 射出管口時(shí)速度大小為vt，M 落地后 m 的加速度大小為 a0，根據(jù)牛頓第二定律mgsin 30 ma0 (2 分 )由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v0 2 2aLsin 30 (1 分 )vt 2 v0 2 2( a0)L(1 sin 30 )(2 分 )8聯(lián)立解得 vtk 2gL( k2) (2 分 )2 k 1(3)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律12 (2分)x v tt， Lsin 30 gt2k 2解得 xL (1 分 )2 k12則 x 2 L 得證 (1 分 ) 考生易犯錯(cuò)誤 11 在中易出現(xiàn)： Mg mgsin 30 ma，得 a 2 2k1 g，此解錯(cuò)誤的原因是認(rèn)為細(xì)繩的拉力大小等于Mg，此錯(cuò)誤使1