高三总复习牛顿运动定律之重点难点分析.docx
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高三总复习牛顿运动定律之重点难点分析
牛顿运动定律
重难点分析
应用牛顿第二定律解题的基本方法和解题步骤
1.基本方法
隔离法:
隔离中又有整体隔离和部分隔离。
2.解题步骤
(1)确定研究对象确定研究对象后就确定了质量m或者系统质量“m1+m2”
(2)受力分析按静力学分析力的方法,有重力、弹力、摩擦力、带电微粒在电场中受电场力Eq、库仑力、带电粒子在磁场中可能受洛仑兹力,及通电导线在磁场中受安培力等。
(3)建立坐标系常以加速度的方向或反方向为某一坐标轴的正方向。
(4)正交分解法把矢量的运算变成代数的运算,将各个力进行正交分解。
(5)列方程ΣFx=max,ΣFy=may。
(6)解方程必要时讨论运算结果的物理意义。
一.力、加速度、速度的关系
根据牛顿第二定律,加速度与合外力成正比,与质量成反比,加速度的方向总是与合外力的方向一致。
速度是描述运动的一个物理量。
速度和力与加速度没有直接关系,合外力为零时,加速度为零,但速度不一定为零,速度可能很大。
反之,速度为零时,加速度也不一定为零。
加速度与速度的变化有关,加速度的方向与速度的变化的方向一致,而加速度不一定与速度方向一致。
示例1如图2.3-1中PQ是一个由轻弹簧支撑的平台(质量忽略),弹簧另一端固定在地面。
一重物m从高处落下并粘在平台上,整个过程中弹簧受力一直处于弹性限度内,重物在第一次降到最低点之前,相对于地面的速度什么时候最大?
(A)重物非常接近平台时;
(B)重物落到平台但弹簧还未形变时;
(C)弹簧弹力等于重物的重力时;
(D)弹簧被最大压缩时。
分析指导在重物接触平台后的前一段时间,重力大于弹力,合力向下。
根据弹力F=Kx不断变大,合力不断减小,加速度不断减小。
由于加速度的方向与速度方向相同,速度不断增加。
这一段重物做的是加速度减小的加速运动。
当弹力增大到与重力大小相等时,合外力为零,加速度为零,速度达到最大值。
当弹力继续增加,弹力大于重力,合力向上,物体开始做减速运动,加速度逐渐变大,速度逐渐减小,最后速度变为零,弹簧被压缩到最大值(重物速度为零后不会停留此处,还会向上运动,请同学们自己分析上升的情况)。
答案选C.
示例2一个质量m为3.0千克的物块,静止在水平面上,物块与水平面间的滑动摩擦系数为0.20。
现在给物块施加一个大小为15牛,方向向右的水平推力F1,并持续作用6秒钟,在6秒末时撤去F1,在撤去F1的同时给物块施加一个大小为12牛,方向向左的水平推力F2,持续一段时间后又将它撤去,并立即给物块施加一个大小仍为12牛,方向向右持续作用的水平推力F3,已知物块开始运动经历14秒钟速度达到18米/秒,方向向右,求物块14秒内发生的位移(g取10米/秒2)。
分析指导设施加力分别为F1、F2、F3时,位移分别为s1、s2、s3,所用时间分别为t1、t2、t3,加速度分别为a1、a2、a3,A点为出发时的位置,B点撤换F1、F2的位置,C点为撤换F2、F3的位置,D点为14秒末的位置,如图2.3-2所示。
物体由A到B阶段,由牛顿第二定律得。
F1-f=ma1
代入已知数据得15-0.20×3.0×10=3.0a1
a1=3.0(m/s2),方向向右。
位移
,方向向右。
t1秒末的速度v1=a1t1=3.0×6=18(m/s),方向向右。
在B点撤换力F1后,由B到C进入第二阶段的物理过程:
由牛顿第二定律得
F2+f=ma2
代入数据得12+0.20×3.0×10=3.0a2
a2=6(m/s2),方向向左。
t2秒末的速度得v2=v1-a2t2=18-6t2
(1)
C点是撤换力F2的位置,此后物体从C到D进入第三阶段的物理过程:
由牛顿第二定律得
F3-f=ma3
代入数据12-0.20×3.0×10=3.0a3
得a3=2.0(m/s2),方向向右。
v3=v2+a3t3
18=v2+2.0t3,故v2=18-2.0t3
(2)
由题意知t2+t3=t-t1=14-6=8(s)(3)
由式
(1)
(2)(3)得t2=2(s)
t3=6(s)
t2值代入式
(1)得v2=6(m/s),方向向右。
由
(2)运动学公式得
=24(m),向右。
,方向向右
物块在14秒内的位移
s=s1+s2+s3=54+24+72=150(m)
本题分三个阶段,第一个物理过程物块做匀速为零的匀加速直线运动,第二个物理过程是初速不为零的匀减速直线运动。
前两个物理过程联系的纽带是速度v1。
第三个物理过程是初速不为零的匀加速运动。
第二个和第三个物理过程联系的纽带是速度v2。
这个题既考查了基础知识,又突出了重点,也考查了能力,是个好题。
结论前后两个物理过程联系的“桥梁”是速度,而动力学与运动学联的“关键”是加速度,在本题中都体现得很好,望同学们理解并掌握这种解题的关键。
示例3一物块从倾角为θ,长s的斜面的顶端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动磨擦系数为μ,求物块滑到底端所需的时间。
分析指导设物块质量为m,加速度为a,物块受力情况如图2.3-3所示。
根据牛顿第二定律列方程
mgsinθ-f=ma
(1)
N-mgsinθ=0
(2)
f=μN(3)
由式
(1)
(2)(3)得a=gsinθ-μgcosθ
由
得
二.深刻理解加速度与力的瞬时关系
作变速运动的物体,加速度的大小和方向时刻都在变化。
由牛顿第二定律可知,物体的加速度与合外力成正比,合外力随时间而变化,加速度也随合外力而变化,由于合力的瞬时性,决定了加速度的瞬时性。
示例4如图2.3-6所示,一根轻质弹簧上端固定,下端挂一质量为m0的平盘,盘中有一物体,质量为m。
当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了L。
今向下拉盘使弹簧再伸长△L后停止,然后松手放开。
设弹簧总处在弹性限度以内,则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于
(A)
(B)
;
(C)
;(D)
。
分析指导以盘和重物为一个整体加以隔离,平衡时KL=(m+m0)g,
。
用手向下拉,弹簧共伸长L+△L,弹力F=K(L+△L),
放手的瞬时,根据牛顿第二定律F-(m+m0)g=(m+m0)a。
把F值代入得
,方向向上。
隔离盘中物体,设盘对物体的支持力为N,由牛顿第二定律N-mg=ma
故N=mg+ma=mg+m
=(1+
)mg,向上。
答案选A。
示例5如图2.3-7所示,质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上,B与弹簧相连。
它们一起在光滑水平面上作简谐振动,振动过程中,A、B之间无相对滑动。
设弹簧的倔强系数为K,当物体离开平衡位置的位移为x时,A、B间摩擦力的大小等于
(A)0;(B)Kx;
(C)
;(D)
。
分析指导A、B整体隔离,当位移为x的瞬间系统受的回复力F=Kx是瞬时力,此时的加速度为瞬时加速度。
根据牛顿第二定律
Kx=(m+M)a得
。
隔离物体A,A受的摩擦力作为它的回复力。
根据牛顿第二定律得
,选项D是正确的。
答案D。
示例6如图2.3-8所示,A和B的质量分别是1千克和2千克,弹簧和悬线的质量不计,在A上面的悬线烧断的瞬间,
(A)A的加速度等于3g;
(B)A的加速度等于g;
(C)B的加速度为零;
(D)B的加速度为g。
分析指导悬线未烧时,A受3个力,线的拉力T向上,A的重量GA=mAg向下,弹簧对A的拉力F向下,处于平衡。
故T=mAg+F
B受两个力,重力GB=mBg向下,弹簧拉力F,因为B物平衡。
故F=mBg
由
(1)
(2)式得T=mAg+mBg
当悬线烧断的瞬间,对A,mAg+mBg=mAaA
故
,选A。
对B物,F=mBg,ΣFB=0,故aB=0,选C
答案应为A,C。
三.正交分解法的应用
在应用牛顿第二定律解题时,如果物体同时受到几个共点力的作用,常用的方法是,建立直角坐标系,最好使x轴(或y轴)沿加速度方向或加速度的反方向。
将各个力正交分解,分别求出x轴和y轴方向的合力ΣFx和ΣFy,根据力的独立作用原理列方程
ΣFx=max
ΣFy=may
示例6如图2.3-12(a)所示,在倾角为α的斜面上,有一质量为m的物体,物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ,物体受一个与斜面成θ角斜向上的拉力F,使物体沿斜面向上加速运动,求加速度为多大?
分析指导受力分析,重力mg,竖直向下,支持力N,垂直斜面向上;摩擦力f沿斜面向下;拉力F。
建立坐标系,取x轴沿斜面向上,y轴垂直斜面向上,坐标原点建立在物体上,如图2.3-12(b)所示,将重力mg和拉力F正交分解。
根据牛顿第二定律列方程:
x方向Fcosθ-mgsinα-f=ma
(1)
y方向N+Fsinθ-mgcosα=0
(2)
f=μN(3)
由
(1)
(2)(3)式得
示例7如图2.3-13所示,质量为m的木块,用与竖直方向成θ角的力F将木块压在竖直墙上,设木块与墙壁的摩擦系数为μ。
当木块以加速度a匀加速上滑时,求作用力F的大小和木块对墙壁的压力各为多大?
分析指导以木块为研究对象。
受力分析:
重力mg方向竖直向下;墙壁对木块的支持力N,水平向左;推力F斜向上,与竖直夹角为θ,摩擦力f向下。
建立坐标系,x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向,坐标原点建立在物体上,把F平移到质心,分解F为Fy=Fcosθ,Fx=Fsinθ。
根据牛顿第二定律列方程:
x方向:
N-Fsinα=0
(1)
y方向Fcosθ-mg-f=ma
(2)
f=μN(3)
由
(1)
(2)(3)式得
。
将F值代入
(1)式得
。
在应用牛顿定律解题时,,为了解题方便,有时分解加速度,而不分解力。
这种情况表现为建立坐标系后,所有的力都落在两个坐标轴上,不需分解,而加速度a不在坐标轴上。
示例8小车沿倾角为α的光滑斜面下滑,在小车的平台上,有一质量为m的木块与小车保持相对静止,如图2.3-14(a)所示,试求:
(1)小车下滑过程中作用在木块上的摩擦力;
(2)小车下滑过程中木块对小车水平台面的压力。
分析指导设小车质量为M,小块与小车整体隔离沿斜面方向,由牛顿第二定律得
(M+m)gsinα=(M+m)a
故a=gsinα,方向沿斜面向下。
隔离木块,受力分析:
重力mg竖直向下;车对木块支持力N竖直向上;平台对木块的摩擦力f向左。
如图2.3-14(b)所示。
分解加速度水平方向ax=acosα=gsinαcosα
竖直方向ay=asinα=gsin2α
根据牛顿第二定律
x方向f=max=mgsinαcosα,向左
y方向mg-N=may
N=mg-may=mg-mgsin2α
=mg(1-sinα2)=mgcos2α,向上
答:
①小木块受的摩擦力f=mgsinαcosα,向左。
②木块对小车的压力N′=mgcos2α,向下。
说明若本题在研究木块求f和N时,坐标系x轴建立在沿斜面方向,y轴垂直斜面方向,分解力而不分解加速度,计算结果与上面结果相同,但数学运算要繁的多。
由此可知,运算结果与坐标系的选择无关,分解力与分解加速度结果相同,坐标系选择得好,运算简单。
示例9如图2.3-15(a)所示,在质量M=400克的劈形木块B上,叠放一块木块A,木块A的质量m=200克。
A、B一起放在斜面上,斜面倾角为37°。
B的上表面呈水平,木块B与斜面和A、B之间的摩擦系数均为μ=0.20。
当木块B受到一个F=5.79牛的沿斜面向上的作用力时,A相对于B静止一起沿斜面向上运动。
求:
①木块B的加速度大小;②木块A受到的摩擦力及它对B的压力大小。
分析指导①把A、B整体隔离。
根据牛顿第二定律
N-(m+M)gcos37°=0
F-(m+M)gsin37°-f=(m+M)a
f=μN(3)
由
(1)
(2)(3)式得
②以木块A为研究对象。
受力分析:
重力mg向下;B对A的支持力N向上;摩擦力f向左。
如图2.3-5(b)所示。
分解加速度ax=acos37°=2.05×0.8=1.64(m/s2)
ay=asin37°=2.05×0.6=1.23(m/s2)
水平方向f=max=0.2×1.64=0.328(N),向左。
竖直方向N-mg=may
N=mg+may=0.2×10+0.2×1.23=2.25(N),向上
答案①a=2.05(m/s2),方向沿斜面向上。
②木块A受的摩擦力f=0.328(N),方向向左,木块A对B的压力为N′=2.25N,方向竖直向下。
四.极限分析与临界条件的利用
某一物理现象变化到另一物理现象,或者由某种状态变化到另一种状态,往往经历由量变到质变的“飞跃”。
要善于掌握临界条件,解决有关临界问题,也是经常利用的方法。
由于物理现象的多样性,各种物理量都有可能出现临界问题,例如临界角,临界温度,临界速度,临界加速度,临界体积,临界质量等。
对临界问题,应给予足够的重视。
示例10如图2.3-19(a)所示,质量m=1千克的物块放在倾角为θ=37°的斜面上,斜面质量M=2千克,斜面与物块的摩擦系数μ=0.2,地面光滑。
现对斜面施一水平推力F,要使物体m相对于斜面静止,力F应为多大?
(设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10米/秒2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。
分析指导用极限法分析两个极端,当F较小(F→0),μ<tanθ,物块将沿斜面下滑;若F较大(足够大)时,物块将相对于斜面上滑。
因此,F不能太小,也不能太大,F的取值有个范围。
(1)物块在斜面上与斜面相对静止,且与斜面间无摩擦力时,如图2.3-19(b)所示,对于物块,根据牛顿第二定律。
x方向Nsinθ=ma1
(1)
y方向Ncosθ-mg=0
(2)
由
(1)
(2)得
m和M整体隔离F=(m+M)a1=(1+2)×7.5=22.5(N)
此时F1=22.5(N)是摩擦力为零的临界状态。
(2)假设物体处于相对斜面将要下滑,F<22.5N,此时摩擦力沿斜面向上,如图2.3-19(c)所示,加速度向左,根据牛顿第二定律
Nsinθ-fcosθ=ma2
(1)
Ncosθ+fsinθ=mg
(2)
f=μN(3)
由
(1)
(2)(3)式得,a2=4.78(m/s2)。
整体隔离F2=(m+M)a2=(1+2)×4.78=14.34(N)。
(3)若F>22.5N,假设物块相对于斜面有上滑的趋势,此时摩擦力沿斜面向下;如图2.3-19(d)所示。
Nsinθ+fcosθ=ma3
(1)
Ncosθ-fsinθ=mg
(2)
f=μN(3)
由
(1)
(2)(3)式得a3=11.2(m/s2)。
整体隔离F3=(m+M)a3=(1+2)×11.2=33.6(N)。
要使物块相对斜面静止,力F的取值范围是14.34(N) 示例11如图2.3-20(a),ABC是放在光滑水平面上的斜面体,斜面AC的倾角 α=30°。 DE是一轻细绳,其D端固定在斜面体上,E端系一质量为m=1千克的小球,整体系统静止时DE∥AC。 现在使斜面体在水平方向,以加速度a向左做匀加速直线运动,当a为下列数值且小球对斜面体为相对静止时,细绳对小球的拉力各多大? (g取10米/秒2)、a1=10(m/s2)、a2=20(m/s2) 分析指导以小球为研究对象,当小球未离开斜面时,小球受3个力,拉力T,支持力N,重力mg,如图2.3-20(b)所示。 当小球的加速度为某一值时,支持力为零,此时的临界加速度为a0,有 Tcosα=ma0 (1) Tsinα=mg (2) 由 (1) (2)式联立得a0=gcotα= =17.3(m/s2)。 ①由于a1=10(m/s2) 列方程Tcosα-Nsinα=ma1(3) Tsinα+Ncosα=mg(4) 由(3)(4)联立并代入数据得 ②由于a2=20(m/s2)>a0,所以小球将飘离斜面,其受力情况如图2.3-20(c)所示,则有 Tcosα=ma2(5) Tsinα=mg(6) 由(5)(6)式联立得 五.连接体的相应解法 若系统有几个物体组成,彼此间有力作用,这样的系统叫连接体。 利用隔离法,有时整体隔离,有时根据需要又单独隔离某个物体。 解题时要抓住三点: ①分析研究对象(可整体也可以是单个物体)受的外力;②分析各物体加速度的大小和方向;③只有二物加速度相同,才可整体研究,列整体方程。 示例12质量M=10千克的木楔ABC,静置于粗糙水平地面上,滑动摩擦系数μ=0.02,在木楔的倾角θ为30°的斜面上,有一质量为m=1.0千克的物体由静止开始下滑,如图2.3-27所示,当滑行路程s=1.4米时,其速度v=1.4米/秒。 在这过程中木楔没有动,求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(重力加速度取g=10米/秒2)。 分析指导隔离物体m,受力分析: 重力mg,竖直向下;摩擦力f,沿斜面向上;支持力N。 由匀加速运动公式 得 (1) 由于a mgsinθ-f1=ma (2) mgcosθ-N1=0(3) 由 (2)(3)式得 , 。 隔离木楔。 受力分析如图2.3-27(c)所示,它受5个力。 对水平方向,由牛顿定律,有 f2+f1cosθ-N1sinθ=0 由此可得地面作用于木楔的摩擦力 f2=N1sinθ-f1cosθ =mgcosθsinθ-(mgsinθ-ma)cosθ =mgcosθ=1×0.7× =0.61(N) f2的方向向左。 示例13质量为M的木板,从倾角为α的斜面上无摩擦滑下,木板上有一质量为m的人应以多大的加速度向什么方向跑动,才能使木板相对静止于斜面上(如图2.3-28所示)。 分析指导隔离木板,沿斜面方向平衡,木板一定受到人对木板沿斜面向上的作用力F,木板才可平衡,则 Mgsinα=F 隔离人。 沿斜面方向人受到木板的反作用力 mgsinα+F=ma (1)代入 (2)式得mgsinθ+Mgsinθ=ma 故 ,方向向下加速跑动。 示例14如图2.3-29所示,在光滑的水平地面上,静止停放着小平板车B,它的质量mB=4千克,在B的左端有一块小滑块A,A的质量mA=1千克。 A与B之间摩擦系数为μ=0.2,小车长L=2米,现在用F=14牛顿的水平力向左拉小车,求3秒末小车的速度(g取10米/秒2)。 分析指导对滑块A假设A、B间有相对滑动,水平方向 μmAg=mAaA aA=μg=0.2×10=2(m/s2) 对小车B,根据牛顿第二定律列方程,F-μmAg=mBaB ,说明A、B间有相对滑动。 A对B的相对加速度a相=aA-aB=2-3=-1(m/s2),方向向右。 故 vB=aBt=3×2=6(m/s) 2秒末滑块离开小车,此后小车不再受A施的摩擦力,它的加速度为 vB′=vB+aB′t1=6+3.5(3-2)=9.5(m/s) 示例15顶角为α的直角斜面体A,其质量为m,和质量为M的正立方体B,放在竖直墙和水平地面之间,如图2.3-30(a)所示。 如果各处均不计摩擦,试求当用水平力F推正立方体B时,A的加速度 al,及B的加速度为a2和AB间的相互压力N各为多少? 分析指导隔离A,A受力分析;重力m1g竖直向下;B对A的支持力N;墙对A物的弹力N;,把N正交分解,如图2.3-30(b)所示,A物加速上升。 根据牛顿第二定律列方程。 Nsinα-mg=ma1 (1) 隔离B物,B物受力分析,(如图2.3-30(c)所示): 重力Mg向下;地面支持力N2向上;推力F向左;A对B的压力N,将N正交分解。 根据牛顿第二定律列方程 F-Ncosα=Ma2 (2) 因为A向上升高h时,由几何图形知,B物将向左运动htanα 故a2=a1tanα(3) 由 (1) (2)(3)式得 , , 讨论①若Ftanα-mg=0时,a1=a2=0,即A与B均处于平衡状态,此时 。 ②当Ftanα-mg<0时,则a1和a2均为负值,表示加速度方向与题中假设方向相反。 六.图象在解题过程中的运用 在用图象解题时,首先要明确该图象的物理意义,横坐标代表示什么量;单位的选取,纵坐标表示的物理意义,图象的斜率、截距各表示的物理意义是什么? 然后把物理图象和物理过程结合起来分析,按遵循的物理规律列式求解或作出正确判断分析。 示例15电梯中某人随电梯上升运动的速度-时间图线如图2.3-35所示。 已知人的质量m=50千克,g取10米/秒2,在________秒内,人对升降机的压力最大,其大小是________牛顿,在________秒内,人对升降机的压力最小,其大小是_________牛顿。 分析指导由图可知,电梯上升从图象上看可分为三个阶段: 0~3秒内为匀加速上升;加速度a1等于图象的斜率,即为2米/秒2;3~9秒内为匀速运动,速度v=6米/秒,9~11秒内为匀减速上升,加速度大小a2=-3米/秒2。 根据牛顿第二定律。 \ 在第一阶段F1-mg=ma1, 故F1=m(g+a)=50(10+2)=600(N) 在第二阶段F2-mg=0,故F2=500(N) 在第三阶段mg-F3=ma2, 故F3=m(g-a2)=50(10-3)=350(N) 答案应为: 0~3秒,600牛;9~11秒,350牛。 示例16如图2.3-36所示,一个质量m=10千克的物体,以初速度v0=2米/秒开始运动,当它受到一个随时间变化的外力作用时(力的方向先与初速度方向相同),此物体前10秒内的位移是多少? 分析指导由图可知,物体受力情况分3个阶段,物理过程也随之分为三个物理过程。 第一个物理过程 由运动学公式 v1=v0+a1t1=2+2×3=8(m/s2) 第二物理过程 v2=v1+a2
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