高中物理 3.2牛頓運動定律的應(yīng)用基礎(chǔ)課件

1、2021/8/11 星期三1考點1 動力學(xué)的兩類問題牛頓運動定律的應(yīng)用 一、應(yīng)用牛頓運動定律解題的一般步驟 1.認真分析題意，明確已知條件和所求量。 2.選取研究對象作隔離體。所選取的研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)。同一題目，根據(jù)題意和解題需要也可以先后選取不同的研究對象。 3.分析研究對象的受力情況和運動情況。 4.當研究對象所受的外力不在一條直線上時：如果物體只受兩個力，可以用平行四邊形定則求其合力；如果物體受力較多，一般把它們正交分解到兩個方向上去分別求合力；如果物體做直線運動，一般把各個力分解到沿運動方向和垂直于運動方向上。 5.根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列方程。

2、物體所受外力、加速度、速度等都可根據(jù)規(guī)定的正方向按正、負值代入公式，再按代數(shù)和進行運算。 6.解方程、驗結(jié)果，必要時對結(jié)果進行討論。2021/8/11 星期三2 (1)利用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題的關(guān)鍵是利用加速度的橋梁作用，尋找加速度與未知量的關(guān)系，利用運動學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律和力的運算法則列式求解。 (2)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。 (3)不論求解哪一類問題，求解加速度是解題的“橋梁”和紐帶，是順利求解的關(guān)鍵。 二、連接體問題的求解 利用牛頓第二定律處理連接體問題時常用的方法是整體法和隔離法。 (1)整體法：

3、當系統(tǒng)中各物體的加速度相同時，我們可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個整體，這個整體的質(zhì)量等于各物體的質(zhì)量之和，當整體受到的外力已知時，可用牛頓第二定律求出整體的加速度，這種處理問題的思維方法叫整體法。 (2)隔離法：從研究的方便出發(fā)，當求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用時，常把物體從系統(tǒng)中“隔離”出來，進行分析，依據(jù)牛頓第二定律列方程，這種處理連接體問題的思維方法叫隔離法。2021/8/11 星期三3【例1】 如圖所示，一個重為10 N的小球，在F=20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發(fā)向上運 動，F(xiàn)作用1.2 s后撤去，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為 ，試求從撤去力F開始計時，小球經(jīng)多長 時間將經(jīng)過距

4、A點為2.25 m的B點(取g=10 m/s2) 【解析】在力F作用時受力如圖(1)有： (F-G)sin30-(F-G)cos30= ma1， 解得：a1=2.5 m/s2。 所以撤去力F時，小球的速度： v1=a1t1=3 m/s， 小球的位移： x1=v1/2t1=1.8 m。 撤去力F后，小球上沖時受力如圖(2)有： Gsin30+Gcos30=ma2， 解得：a2=7.5 m/s2。 因此小球上沖時間：t2=v1/a2=0.4 s， 上沖位移： x2=v1/2t2=0.6 m， 此時x1+x2=2.4 mAB，因此小球在上沖階段將能過B點，有AB-x1=v1t3-(1/2)a2t32

5、, 解得：t3=0.2 s，t3=0.6 st2(舍去)。圖(2)典例一已知受力情況求運動情況圖(1)2021/8/11 星期三4 運用牛頓運動定律解決動力學(xué)問題的關(guān)鍵是對物體進行受力情況分析和運動情況分析，要善于畫出物體的受力圖和運動情況示意圖。不論是哪類問題，都應(yīng)明白力與運動是通過加速度這一“橋梁”來聯(lián)系起來的。小球返回時受力如圖(3)有：Gsin30-Gcos30=ma3,解得：a3=2.5 m/s2。因此小球由頂端返回B點時有：x1+x2-AB=(1/2)a3t42，解得：t4= s=0.346 4 s。所以從撤去力F開始計時，小球上沖通過B點時用時為：t3=0.2 s，返回后通過B點

6、時用時為：t2+t4=0.746 4 s。【答案】0.2 s或0.746 4 s圖(3)2021/8/11 星期三5如圖所示，電動機帶動橡皮滾輪勻速轉(zhuǎn)動，在滾輪的作用下，可將金屬桿沿斜面從最底端A送到汽車車廂中。已知斜面長 =2.4 m，車廂高 =1.2 m，金屬桿長 =0.8 m，質(zhì)量m=1103 kg，調(diào)節(jié)控制滾輪，使?jié)L輪對桿的壓力為FN=4.2104 N，滾輪與桿之間的動摩擦因數(shù)=0.5，滾輪邊緣的線速度恒為v=4 m/s。(取g=10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，斜面光滑)求：(1)桿勻加速上升的加速度a；(2)從桿開始運動到其前端運動到C點所用的時間t。【答案】(1)16 m

7、/s2 (2)0.57 s2021/8/11 星期三6典例二已知運動情況求受力情況【例2】科研人員乘氣球進行科學(xué)考察，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為990 kg。氣球 在空中停留一段時間后，發(fā)現(xiàn)氣球漏氣而下降，及時堵住。堵住時氣球下降速度為1 m/s，且 做勻加速運動，4 s內(nèi)下降了12 m。為使氣球安全著陸，向艙外緩慢拋出一定的壓艙物。此后 發(fā)現(xiàn)氣球做勻減速運動，下降速度在5分鐘內(nèi)減少了3 m/s。若空氣阻力和泄漏氣體的質(zhì)量均 可忽略，重力加速度g取9.89 m/s2，求拋掉的壓艙物的質(zhì)量。 【解析】設(shè)堵住漏洞后，氣球的初速度為v0，所受的空氣浮力為f，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的

8、總質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得 mg-f=ma 式中a是氣球下降的加速度，以此加速度在時間t內(nèi)下降了h，則 h=v0t+(1/2)at2 當向艙外拋掉質(zhì)量為m的壓艙物后，有 f-(m-m)g=(m-m)a 式中a是拋掉壓艙物后氣球的加速度，由題意，此時a方向向上 v=at 式中v是拋掉壓艙物后在t時間內(nèi)下降速度的減少量，由得m=m(a+a)/(g+a ) 將題設(shè)數(shù)據(jù)m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，t=300 s，v=3 m/s，g=9.89 m/s2代入式得m=101 kg。【答案】101 kg2021/8/11 星期三7 1.本題屬于已知物體的運動情況，求物體的受

9、力情況，特別要注意題述兩種運動情況，加速度的方向。 2.已知運動情況求受力情況的一般思路如下框圖所示物體的運動情況運動學(xué)公式加速度牛頓第二定律物體的受力情況物體的運動情況運動學(xué)公式加速度牛頓第二定律物體的受力情況物體的運動情況運動學(xué)公式加速度牛頓第二定律2021/8/11 星期三8如圖所示，一輛汽車A拉著裝有集裝箱的拖車B，以速度v1=30 m/s進入向下傾斜的直車道。車道每100m下降2 m。為使汽車速度在x=200 m的距離內(nèi)減到 v2=10 m/s，駕駛員必須剎車。假定剎車時地面的摩擦阻力是恒力，且該力的70%作用于拖車B，30%作用于汽車A。已知A的質(zhì)量 m1=2000 kg，B的質(zhì)量

10、 m2=6000 kg。求汽車與拖車的連接處沿運動方向的相互作用力。(重力加速度g取10 m/s2)【答案】880N2021/8/11 星期三9 【解析】方法一：以人為研究對象。他站在減速上升的電梯上，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的支持力FN，還受到水平方向的靜摩擦力f，由于物體斜向下的加速度有一個水平向左的分量，故可判斷靜摩擦力的方向水平向左，人受力如圖(a)所示，建立如圖(a)所示的坐標系，并將加速度分解為水平方向加速度ax和豎直方向加速度ay，如圖(b)所示，則ax=acos，ay=asin。 由牛頓第二定律得f=max，mg-FN=may，解得f=macos,FN=m(g-asin

11、)。典例三正交分解法在牛頓運動定律中的應(yīng)用【例3】如圖所示，質(zhì)量為m的人站在自動扶梯上，扶梯正以加速度a向上 減速運動，a與水平方向的夾角為。求人所受到的支持力和摩擦力。 【答案】m(g-asin)，方向豎直向上macos，方向水平向左2021/8/11 星期三10 方法二：以人為研究對象，受力分析如圖所示。因摩擦力f為待求，且必沿水平方向，設(shè)為水平向右。建立如圖所示的坐標系，并規(guī)定向右為正方向。 根據(jù)牛頓第二定律得 x方向： mgsin-FNsin-fcos=ma y方向： mgcos+fsin-FNcos=0 由兩式可解得FN=m(g-asin)，f=-macos f為負值，說明摩擦力的實

12、際方向與假設(shè)方向相反，為水平向左。 利用正交分解法處理動力學(xué)問題，首先建立合適的坐標系，將力或加速度進行分解，將復(fù)雜的矢量運算轉(zhuǎn)化為兩個直線運動上的代數(shù)運算，處理起來既方便又直接。2021/8/11 星期三11為了節(jié)省能源，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉(zhuǎn)得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是( )A.顧客始終受到三個力的作用B.顧客始終處于超重狀態(tài)C.顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D.顧客對扶梯作用力的方向先指向右下方，再豎直向下C2021/8/11 星期三12典例四整體法

13、、隔離法的應(yīng)用【例4】水平面上有一帶圓弧形凸起的長方形木塊A，木塊A上的物體B用繞過凸起的輕繩與物體C相連，B與凸 起之間的繩是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物體B上，恰使物體A、B、C保持相對靜止，如圖所 示。已知物體A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計所有的摩擦，則拉力F應(yīng)為多大？正確使用整體法和隔離法，求系統(tǒng)內(nèi)力必須利用隔離法?！敬鸢浮?mg 【解析】設(shè)繩中張力為T，A、B、C共同的加速度為a，與C相連部分的繩與豎直線夾角為，由牛頓運動定律，對A、B、C組成的整體有 F=3ma 對B有F-T=ma 對C有Tcos=mg Tsin=ma 聯(lián)立式得 T=2ma 聯(lián)立式得 T2=m

14、2(a2+g2) 聯(lián)立式得 a= g 利用式得F= mg。2021/8/11 星期三13在2008年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強不息的精神。為了探求上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設(shè)運動員的質(zhì)量為65 kg，吊椅的質(zhì)量為15 kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取g=10 m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度a=1 m/s2上升時，試求：(1)運動員豎直向下拉繩的力；(2)運動員對吊椅的壓力。 【答案】(1

15、)440 N，方向豎直向下(2)275 N，方向豎直向下2021/8/11 星期三14考點2 超重和失重 對超重和失重現(xiàn)象的進一步理解 1.只有在平衡條件下，才能用彈簧測力計測出物體的重力，因為此時彈簧測力計對物體的拉力(或支持力)的大小恰好等于它的重力，假若系統(tǒng)在豎直方向有加速度，那么彈簧測力計的示數(shù)就不等于物體的重力了，當系統(tǒng)有豎直向上的加速度時：FN=mg+mamg叫“超重”。當系統(tǒng)有豎直向下的加速度時：FN=mg-mamg叫“失重”。當加速度向下且a=g時，F(xiàn)N=0叫“完全失重”。 2.發(fā)生“超重”或“失重”現(xiàn)象不決定于物體的速度v的方向，只決定于物體的加速度的方向。 3.物體處于“超

16、重”或“失重”狀態(tài)，地球作用于物體的重力始終存在，大小也無變化。2021/8/11 星期三15 超重和失重跟物體的速度方向無關(guān)，只由物體的加速度方向決定；加速度向上就處于超重狀態(tài)；加速度向下就處于失重狀態(tài)。 超重和失重是“視重”的變化，物體本身的重力并沒有變。 4.在“完全失重”(a=g，方向豎直向下)的狀態(tài)，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。比如單擺停擺，液體不再產(chǎn)生向下的壓力，浸在液體中的物體不受浮力等。 5.根據(jù)運動情況判斷超重、失重運動情況超重、失重視重a=0不超重也不失重F=mga的方向豎直向上超重F=m(g+a)a的方向豎直向下失重F=m(g-a)a=g，a的方向豎直向下完

17、全失重F=02021/8/11 星期三16典例五超重與失重【例5】升降機的質(zhì)量m150 kg，在豎直上升過程中，其v-t圖象如圖(a) 所示，放在升降機底板上的貨物質(zhì)量m250 kg。(g取9.8 m/s2) (1)求升降機在25 s時間內(nèi)的總位移和平均速度； (2)升降機底板在哪段時間內(nèi)受到的壓力最大？ 最大值為多少？ (3)在圖(b)所示的坐標上畫出上升過程中， 升降機所受拉力F與時間t的關(guān)系圖象。 【解析】(1)速度圖線下所圍的“面積”在數(shù)值上等于物體發(fā)生的位移，故總位移 x=(1/2)(10+25) 2 m=35 m， =x/t=1.4 m/s。2021/8/11 星期三17 (1)發(fā)生超重或失重時，物體的重力并不改變，只是改變了對懸線的拉力或?qū)λ矫娴膲毫Α?(2)發(fā)生超重時，加速度方向豎直向上或有豎直向上的加速度分量，但速度方向不一定豎直向上；發(fā)生失重時，加速度方向豎直向下或具有豎直向下的加速度分量，但速度方向并不一定豎直向下。 (2)05 s內(nèi)加速上升階段的壓力最大，根據(jù)速度圖象可以求得在加速階段的加速度