2022年第六讲牛顿运动定律的应用教案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优质资料 欢迎下载第六讲 牛顿运动定律的应用高考试题回忆：1. （上海物理） 11将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出,设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变,就物体（）（A）刚抛出时的速度最大（C）上升时间大于下落时间【答案】 A（B）在最高点的加速度为零（D）上升时的加速度等于下落时的加速度【解析】a 上 g f,a 下 g f,所以上 升时的加速度大于下落时的加速度,m m1 gt ,上升时间小于下落时间,2C 错误, B 也错误,正确选项 A ；2D 错误；依据h2、（海南卷） 8如右图,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块：木

2、 箱静止时弹自由落体处于压缩状态且物块压在箱顶上如在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,就在此段时间内,木箱的运动状态可能为A加速下降B加速上升C减速上升D减速下降【答案】 BD【解析】 木箱静止时物块对箱顶有压力,就物块受到顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压力时,说明系统有向上的加速度,是超重,BD 正确；3、（海南卷） 16图 l 中,质量为 m 的物块叠放在质量为 板放在光滑的水平地面上,物块与2m 的足够长的木板上方右侧,木木 板 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为2m m F 1F/mg 1.523 t/s0.2在木板上施加一水平向右的拉力 F,在 03s 内 F 的变化如图2 所0

3、.41示,图中 F 以 mg 为单位, 重力加速0 度g2 10m/ s整个系统开头时静图 1 图 2 止1求 1s、1.5s、2s、3s 末木板的速度以及2s、3s 末物块的速度；03s 内物块相对于木板滑2在同一坐标系中画出03s 内木板和物块的vt图象,据此求过的距离；【答案】（1）（2）【解析】 1设木板和物块的加速度分别为a 和 a ,在 t 时刻木板和物块的速度分别为v 和tv ,木板和物块之间摩擦力的大小为f ,依牛顿其次定律、运动学公式和摩擦定律得名师归纳总结 f2mavtt 1vt第 1 页,共 7 页fmg ,当vtvt 1a t2Ff2m a- - - - - - -精选

4、学习资料 - - - - - - - - - vt2vt 1a t优质资料欢迎下载2t 1由式与题给条件得v 14m/s,v1.54.5m/s,v24m/s,v34m/sv/m .s-13 t/sv24m/s,v34m/s4.5 4木板2由式得到物块与木板运动的vt图象,如右图所示；2物块在 03s 内物块相对于木板的距离s等于木板和物块vt图0 11.52线下的面积之差, 即图中带阴影的四边形面积,该四边形由两个三角形组成,上面的三角形面积为0.25m ,下面的三角形面积为2m ,因此s2.25m学问归纳总结：一、牛顿运动定律的解题步骤1分析题意,明确已知条件和所求量 2、选取讨论对象；所选

5、取的对象可以是一个物体,也可以是几个物体组成的系统,同 一个题目,依据题意和解题需要也可以先后选取不同的讨论对象；3对其进行受力情形分析和运动情形分析（切莫多力与缺力）；4依据牛顿其次定律列出方程；5. 把各量统一单位,代入数值求解；二、动力学的两类基本问题（1）已知物体的受力情形,要求物体的运动情形如物体运动的位移、速度准时间等（2）已知物体的运动情形,要求物体的受力情形（求力的大小和方向）说明： 不管哪种类型,一般总是先依据已知条件求出物体运动的加速度,然后再由此得出问题的答案两类基本问题中,受力分析是关键,求解加速度是桥梁；两类动力学基本问题的解题思路图解如下：三、超重与失重1.超重（1

6、）物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情形称为超重现 象；（2）产生超重现象的条件：物体具有向上的加速度；与物体速度的大小和方向无关；（3）产生超重现象的缘由：当物体具有向上的加速度 动）时,支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为Fmgma 所以 Fm（ga） mga（向上加速运动或向下减速运 F,由牛顿其次定律得由牛顿第三定律知,物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F mg.2失重（1）物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情形称为失重现象；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - -

7、- - 优质资料 欢迎下载（2）产生失重现象的条件：物体具有向下的加速度,与物体速度的大小和方向无关 . （3）产生失重现象的缘由：当物体具有向下的加速度 运动）时,支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为mgFma,所以 Fm（ga） mga（向下加速运动或向上做减速 F；由牛顿其次定律由牛顿第三定律知,物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F mg. （4）完全失重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的状态,叫做 完全失重状态；产生完全失重现象的条件：当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时,就产生完全失重现象；点评：（ 1）在地球表面邻近,无论物体处于什么状态,其本身的

8、重力 Gmg 始终不变；超重时,物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向上,测力计的示数大于物体的重 力；失重时,物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向下,测力计的示数小于物体 的重力 .可见,在失重、超重现象中,物体所受的重力始终不变,只是测力计的示数（又称 视重 ）发生了变化,似乎物体的重量有所增大或减小；（2）发生超重和失重现象,只打算于物体在竖直方向上的加速度；物体具有向上的加速度 时,处于超重状态；物体具有向下的加速度时,处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时,处于完全失重状态应用规律方法：一、牛顿定律应用的基本方法.超重、失重与物体的运动方向无关；1.二力合成

9、法； 2.正交分解法； 3.整体隔离法；例 1、如下列图,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方 向 37 角,球和车厢相对静止,球的质量为 1kg（g=10m/s 2, sin37 =0.6,cos37 =0.8）（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情形（2）求悬线对球的拉力解析：（1）球和车厢相对静止,它们的运动情形相同,由于对球的受力情形知道的较多,故应以球为讨论对象球受两个力作用：重力 mg 和线的拉力F T,由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动,故其加速度沿水平方向,合外力沿水平方向做出平行四边形如图所 示球所受的合外力为F合=mgtan37由牛顿其次定律

10、 F 合=ma 可求得球的加速度为F 合 2 a g tan 37 7.5m/s m 加速度方向水平向右车厢可能水平向右做匀加速直线 运动,也可能水平向左做匀减速直线运动（2）由图可得,线对球的拉力大小为名师归纳总结 FTmg110N=12.5 N 第 3 页,共 7 页cos370.8例 2、（04 年全国, 23）如下列图,两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块,质量分别为m1 和 m2,拉力 F 1 和 F 2 方向相反,与轻线沿同一水平直线,且F1F 2；试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T；解析：设两物块一起运动的加速度为a,就有F1F2=（m1+m2）a依据牛顿其次定律,对质量为m

11、1 的物块有F1T=m1a- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由、两式得Tm 1F2优质资料欢迎下载m2F 1m 1m2例 3、如下列图, 2kg 的物体放在水平地面上,物体离墙20m,现用 30N 的水平力作用于此物体,经过2s 可到达墙边,如仍用30N 的力作用于此物体,求使物体到这墙边作用力的最短作用时间？解析：要使推力作用时间最短,但仍可到达墙边,就物体到达墙边的 速度应恰好为零,物体第一次受推力加速运动得：a1 2S/t 210 ms 2 由 F 一 f=ma 1得 f=F 一 ma110 N 2设撤去外力 F 时物体的速度为 v 2就 va1

12、t1a2t 2,其中 a2=f/m=5m/s故有 t2 =2t 1 ,s=s1s2=. a 1t1 2 .a 2t22即 20. 10t1 2. 5（2t2）解出t1 115s 答案：115s 二、超重、失重问题的分析求解在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消逝,如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等；例 4、如下列图,有一个装有水的容器放在弹簧台秤上,容器内有一只木球被容器底部的细线拉住浸没在水中处于静止,升的过程中,弹簧秤的示数与小球静止时相比较有（当细线突然断开,小球上）A. 增大；B.不变；C.减小；D.无法确定而此时将有等体积的

13、“ 水球” 加速下降处解析： 当细线断后小球加速上升时处于超重状态,于失重状态；而等体积的木球质量小于“ 水球” 质量,故总体表达为失重状态,弹簧秤的示数变小三、动力学与运动学中的图象问题图象在物理学中的应用非常广泛,这是由于它具有以下优点：能形象地表达物理规律；能直观地描述物理过程；能鲜明地表示物理量之间的依靠关系；因此, 懂得图象的物理意义,自觉的运用图象分析表达物理规律,是非常必要的；例 5、质量为40kg 的雪撬在倾角 =37 的斜面上向下滑动（如图甲所示）,所受的空t/s气阻力与速度成正比；今测得雪v/m-1 s撬运动的v-t 图像如图乙所示,且 AB 是曲线的切线,B 点坐标15

14、B为（ 4,15）,CD 是曲线的渐近10 CD线；试求空气的阻力系数k 和雪5 撬与斜坡间的动摩擦因数 ；A解析： 雪撬受力如下列图,沿斜甲0 2 4 乙6 8 10 面方向,由牛顿运动定律得：mgsinNkvma垂直斜面方向,由平稳条件得：Nmgcos由图象得： A 点, vA=5m/s,加速度 aA2.5m/s2最终雪橇匀速运动时最大速度vm=10m/s,a0 代入数据解得： = 0.125 k=20Ns/m 四、临界问题的分析与求解1用极端分析法分析临界条件如题目中显现“ 最大”、“ 最小” 、“ 刚好” 等词语时,一般都有临界现象显现,分析时,可用极端分析法,即把问题（物理过程）推到

15、极端（界）,分析在极端情形下可能显现的状态和满意的条件,应用规律列出在极端情形下的方程,从而暴露出临界条件2用假设法分析物体受力名师归纳总结 在分析某些物理过程时,经常显现似乎是这又似乎是那的多种可能性,难以直观地判定出第 4 页,共 7 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优质资料 欢迎下载来此时可用假设法去分析方法 I：假定此力不存在,依据物体的受力情形分析物体将发生怎样的运动,然后再确定此力应在什么方向,物体才会产生题目给定的运动状态方法： 假定此力存在,并假定沿某一方向,用运动规律进行分析运算,如算得结果是正值,说明此力的确存在并与假定方向相同

16、；如算得的结果是负值,说明此力也的确存在,但与假定的方向相反；如算得的结果是零,说明此力不存在例 6、如下列图,一个质量为 02 kg 的小球用细绳吊在倾角 =53 0 的斜面顶端,斜面静止时球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,不计摩擦,当斜面以 10 ms 2 的加速度向右运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的弹力解析：把加速度 a 推到两个极端来分析：当 a 较小（ a=0）时,小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力的作用,此时,绳平行于斜面；当 a 足够大时,小球将“ 飞离” 斜面,此时绳与水平方向的夹角未知,那么 a=10ms 2向右时, 到底是上述两种情形中的哪能一种呢？必需先求出小球离开斜面的

17、临界值 a0,然后才能确定设小球处在刚离开斜面或刚不离开斜面的临界状态 向右的加速度为 a0,此时对小球由牛顿其次定律得（N刚好为零） 时斜面 Tcos ma0 Tsin mg=0 由式解得 a0gCtg =7 5ms 2由于斜面的加速度 a10m s 2a0,可知小球已离开斜面就 T= mg 2ma 2=283 N , N0 例 7、如下列图,在劲度系数为 k 的弹簧下端挂一质量为 m 的物体,物体下有一托盘,用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长然后使托盘以加速度 a 竖直向下做匀加速直线运动（离？a g）,试求托盘向下运动多长时间能与物体脱解析：在物体与托盘脱离前,物体受重力、弹簧拉力和托盘支

18、持力的作用,随着托盘向下运动,弹簧的弹力增大,托盘支持力减小,但仍维护合外力不变,加速度不变, 物体随托盘一起向下匀加速运动当托盘运动至使支持力减小为零后,弹簧拉力的增大将使物体的加速度开头小于 a,物体与托盘脱离所以物体与托盘脱离的条件是支持力 N0设此时弹簧伸长了 x；物件随托盘一起运动的时间为 t 由牛顿其次定律有 mgkx ma 由匀变速运动规律有x. at2,由此解得t=2mgaka才能强化训练名师归纳总结 1（04 年天津理综）质量m1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下,从第 5 页,共 7 页水平面上 A 点由静止开头运动,运动一段距离撤去该力,物块连续滑行t.2

19、0 s停在 B 点,已知 A 、B 两点间的距离s5 . 0 m,物块与水平面间的动摩擦因数0. 20,求恒力 F 多大；（g10m/s2）解析：设物块在力F 和摩擦力f 的共同作用下加速度为a1,撤去外力F 后物块的加速速度为 a2就Ff=ma 1f= mg=ma 2设撤去外力F 时物块的速度为v就v=a 2t v22 v2s2a 12 a由以上各式解得F= 15N 2（2006 年全国理综）一条水平的浅色长传送带上放置一个煤块（可视为质点）,煤块与传送带之间的动摩擦因数为；初始时,传送带与煤块都是静止的；现让传送带以恒定的加速度 a0 开头运动 ,当其速度达到v0 后,便以此速度做匀速运动

20、；经过一段时间, 煤块在传送带- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优质资料 欢迎下载上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动；求此黑色痕迹的长度；解：依据“ 传送带上有黑色痕迹” 可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度 a 小于传送带的加速度a0；依据牛顿定律,可得va= g设经受时间t,传送带由静止开头加速到速度等于v0,煤块就由静止加速到v,有v0=a0tv=at由于 aa 0,故 vv 0,煤块连续受到滑动摩擦力的作用；再经过时间t,煤块的速度由增加到 v0,有 v=v+at 此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动

21、,不再产生新的痕迹；设在煤块的速度从0 增加到 v0 的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0 和 s,有s 01a0t2v0ts2 v 0l=s0s 22 a传送带上留下的黑色痕迹的长度由以上各式得l2 v 0112ga 03一人在井下站在吊台上,用如下列图的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来；图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦；吊台的质量m=15kg ,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力；（g=9.8m/s2）解析：选人和吊台组成的系统为讨论对象,受力如下列图,F 为绳的拉力,由牛顿其次定律有：2F（ mM）g=（ Mm

22、）a 就拉力大小为： M + m a + g F = =350N 2再选人为讨论对象,受力情形如下列图,其中律得：FF NMg=MaF N 是吊台对人的支持力；由牛顿其次定故 F N=MagF=200N 由牛顿第三定律知,人对吊台的压力 FN大小为 200N,方向竖直向下；4.（05 年全国, 24）如下列图,在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B,它们的质量分别为 mA、mB,弹簧的劲度系数为 k,C 为一固定挡板；系统处一静止状态,现开头用一恒力 F 沿斜面方向拉物块 A 使之向上运动,求物块 B 刚要离开 C 时物块 A 的加速度 a 和从开头到此时物块 A 的位移 d,重力加速度为 g；解析：令 x1表示未加 F 时弹簧的压缩量, 由胡克定律和牛顿定律可知名师归纳总结 mAgsinkx 1a 表示此第 6 页,共 7 页令 x2 表示 B 刚要离开C 时弹簧的伸长量,时 A 的加速度,由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mBgsinFmAgsin kx2=mAa由式可得aFmAmBgsinmA由题意d=x1+x2由式可得dmAmBgsink- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 优质资料欢迎下载第 7 页,共 7 页- - - - - - -