2022年高中物理竞赛之牛顿运动定律.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载其次部分牛顿运动定律第一讲牛顿三定律一、牛顿第肯定律1、定律,惯性的量度 2、观念意义,突破“ 初态困惑”二、牛顿其次定律1、定律 2、懂得要点 a、矢量性 b、独立作用性： Fa, Fxaxc、瞬时性；合力可突变,故加速度可突变（与之对比：速度和位移不行突变）；牛顿 其次定律展现了加速度的打算式（加速度的定义式仅仅展现了加速度的“ 测量手段”）；3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正引入惯性力、参加受力分析 三、牛顿第三定律1、定律 2、懂得要点 a、同性质（但不同物体）b、等时效（同增同减）c

2、、无条件（与运动状态、空间挑选无关）其次讲牛顿定律的应用一、牛顿第一、其次定律的应用单独应用牛顿第肯定律的物理问题比较少,节；一般是需要用其解决物理问题中的某一个环应用要点：合力为零时,物体靠惯性维护原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力；有质量的物体才有惯性；a 可以突变而 v、s 不行突变；1、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动；现将一工件（大小不计）在皮带左端A 点轻轻放下,就在此后的过程中（）A、一段时间内,工件将在滑动摩 擦力作用下,对地做加速运动B、当工件的速度等于 v 时,它与 皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时,它位

3、于皮带上 A 点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载皮带相对静止的状态解说： B 选项需要用到牛顿第肯定律,A、 C、D 选项用到牛顿其次定律；较难突破的是A 选项,在为什么不会“ 立刻跟上皮带” 的问题上,建议使用反证法（t0,a,就 Fx,必定会显现“ 供不应求” 的局面）和比较法（为什么人跳上速度 不大的物体可以不发生相对滑动？由于人是可以形变、重心可以调剂的特别“ 物体”）此外,此题的 D 选项仍要用到匀变速运动规律；得出用匀变速运动规律和牛顿其次

4、定律不难只有当 Lv2时（其中 为工件与皮带之间的动摩擦因素）,才有相对静止的过程,2g否就没有；答案： A、D 摸索：令 L=10m ,v=2m/s,=0.2 ,g 取 10m/s 2,试求工件到达皮带右端的时间 t（过程略,答案为 5.5s ）进阶练习：在上面“ 摸索” 题中,将工件赐予一水平向右的初速 v0,其它条件不变,再求 t （同学分以下三组进行）v 0=1m/s 答： 0.5+37/8=5.13s v 0=4m/s 答： 1.0+3.5=4.5s v 0=1m/s 答： 1.55s 2、质量均为 m的两只钩码 A和 B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图 2 所示；试问：

5、假如在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少？假如在 Q处剪断弹簧,在剪断瞬时,B 的加速度又是多少？解说：第问是常规处理；由于“ 弹簧不会立刻发生形变”,故剪断瞬时弹簧弹力维护原值,所以此时 B 钩码的加速度为零（A 的加速度就为 2g）；第问需要我们反省这样一个问题：“ 弹簧不会立刻发生形变” 的缘由是什么？是 A、B两物的惯性,且速度 v 和位移 s 不能突变；但在 Q点剪断弹簧时, 弹簧却是没有惯性的（没有质量）,遵从抱负模型的条件,弹簧应在一瞬时复原原长！即弹簧弹力突变为零；答案： 0；g；二、牛顿其次定律的应用应用要点：受力较少时,直接应用牛顿其次定律的“ 矢量性”解题；

6、受力比较多时, 结合正交分解与 “ 独立作用性”解题；在难度方面, “ 瞬时性” 问题相对较大；1、滑块在固定、光滑、倾角为 的斜面上下滑,试求其加速度；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载解说：受力分析依据“ 矢量性” 定合力方向牛顿其次定律应用答案： gsin ；摸索：假如斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为 ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同,讨论对象仍为滑块；但在其次环节上应留意区分；答：gtg ；）进阶练习 1：在一向右运动的车厢中,用细绳悬挂的小

7、球出现如图 3 所示的稳固状态,试求车厢的加速度； （和“ 摸索” 题同理,答：gtg ；）进阶练习 2、如图 4 所示,小车在倾角为 小球,发觉悬绳与竖直方向形成一个稳固的夹角 的斜面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一 ；试求小车的加速度；解：连续贯彻“ 矢量性” 的应用,但数学处理复杂了一些（正弦定懂得三角形） ；分析小球受力后,依据“ 矢量性” 我们可以做如图 5 所示的平行四边形,并找到相应的夹角；设张力 T 与斜面方向的夹角为 ,就 =（90 + ）- =90 - （ - ）（1）对灰色三角形用正弦定理,有F = sinG（2）mgsinsin解（ 1）（2）两式得： F=cos最终运

8、用牛顿其次定律即可求小球加速度（即小车加速度）答：sing；mcos2、如图6 所示,光滑斜面倾角为 ,在水平地面上加速运动； 斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为的小球,当斜面加速度为a 时（ actg ）,小球能够保持相对斜面静止；试求此时绳子的张力T；解说：当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求合力时, 宜用正交分解处理受力,在对应牛顿其次定律的“ 独立作用性” 列方程；正交坐标的挑选,视解题便利程度而定；解法一： 先介绍一般的思路； 沿加速度 a 方向建 x 轴,与 a 垂直的方向上建 y 轴,如图 7 所示（N为斜面支持力） ；于是可得两方程 Fx=ma,即 T xNx=ma F

9、y=0,即 Ty+N y=mg 代入方位角 ,以上两式成为名师归纳总结 Tcos Nsin =ma（1）第 3 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Tsin +Ncos =mg（ 2）优秀学习资料欢迎下载这是一个关于 T 和 N的方程组,解（1）（2）两式得： T=mgsin+macos解法二： 下面尝试一下能否独立地解张力 T；将正交分解的坐标挑选为：x斜面方向,y和斜面垂直的方向；这时,在分解受力时,只分解重力G就行了,但值得留意,加速度 a 不在任何一个坐标轴上,是需要分解的；矢量分解后,如图 8 所示；依据独立作用性原理, Fx=m

10、ax即： TGx=max即： Tmgsin =macos明显,独立解 T 值是胜利的；结果与解法一相同；答案： mgsin+macos摸索：当 actg 时,张力 T 的结果会变化吗？（从支持力的结果 N=mgcos masin 看小球脱离斜面的条 件 , 求 脱 离 斜 面 后 , 条 件 已 没 有 意 义 ； 答 ：2 2T=m g a；）同学活动： 用正交分解法解本节第 2 题“ 进阶练习 2”进阶练习：如图 9 所示,自动扶梯与地面的夹角为30 ,但扶梯的台阶是水平的；当扶梯以 a=4m/s 2 的加速度 向 上 运动时,站在扶梯上质量为 60kg 的人相对扶梯静止；重力加速度 g=

11、10m/s 2,试求扶梯对人的静摩擦力 f ；解：这是一个展现独立作用性原理的经典例题,建议同学挑选两种坐标（一种是沿 a方向和垂直 a 方向,另一种是水平和竖直方向）,对比解题过程,进而充分领悟用牛顿第二定律解题的敏捷性；答： 208N；3、如图 10 所示,甲图系着小球的是两根轻绳,乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角 已知；现将它们的水平绳剪断,试求：在剪断瞬时,两种情形下小球的瞬时加速度；解说：第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区分；（同学活动）摸索：用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的力拉住小球静止,然后同时释放,会有什么现象？缘由是什么？名师归纳总结 - - - - - -

12、-第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载结论绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）；其次步,在本例中,突破“ 绳子的拉力如何瞬时调剂” 这一难点（从即将开 始的运动来反推） ；学问点,牛顿其次定律的瞬时性；答案： a 甲=gsin ；a 乙=gtg ；应用：如图11 所示,吊篮P 挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q 被固定在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬时,是多少？解：略；答： 2g ；0；三、牛顿其次、第三定律的应用P、Q 的加速度分别要点：在动力学问题中,假如遇到几个讨论对象时,就会面临如何处理对象之间的力

13、和对象与外界之间的力问题,这时有必要引进“ 系统”运用牛顿第三定律；在方法的挑选方面,就有“ 隔离法” 和“ 整体法”、“ 内力” 和“ 外力” 等概念,并适时地；前者是根本,后者有局限,也有难度,但经常使解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰；对 N 个对象,有N 个隔离方程和一个（可能的）整体方程,这（N+1）个方程中必有一个是通解方程,如何取舍,视解题便利程度而定；补充：当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不行用,但也有一种特别的“ 整体方程”,可以不受这个局限（可以介绍推导过程） F 外 =m1 a+m2 a+m3 a+ +mn a n其中 F 外 只能是系统外力的矢量和,

14、等式右边也是矢量相加；1、如图 12 所示,光滑水平面上放着一个长为 大小为 F 的水平恒力作用,就棒中各部位的张力 解说：截取隔离对象,列整体方程和隔离方程（隔离右段较好） ；答案： N=F x；L摸索：假如水平面粗糙,结论又如何？L 的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、T 随图中 x 的关系怎样？解：分两种情形, （1 ）能拉动；（2 ）不能拉动；第（ 1）情形的运算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的化简也麻烦一些；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载,而 F= lMg ,其中 l第

15、（ 2）情形可设棒的总质量为M ,和水平面的摩擦因素为LL,就 xL-l 的右段没有张力,xL-l 的左端才有张力；答：如棒仍能被拉动,结论不变；如棒不能被拉动,且 F= l Mg 时（ 为棒与平面的摩擦因素,l 为小于 L 的某一值,LFM 为棒的总质量） ,当 xL-l ,N 0；当 xL-l ,N=x- L-l ；l应用：如图 13 所示,在倾角为 的固定斜面上,叠放着两个长方体滑块,它们的质量分别为m1 和 m2,它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为1 和2,系统释放后能够一起加速下滑,就它们之间的摩擦力大小为：A、1m1gcos ；B、 2m1gcos ；C、1m2gcos ；

16、D、 1m2gcos ；解：略；答： B；（方向沿斜面对上； ）摸索：（1）假如两滑块不是下滑,而是以初速度v 0 一起上冲,以上结论会变吗？ （2 ）假如斜面光滑, 两滑块之间有没有摩擦力？（3 ）假如将下面的滑块换成如图14 所示的盒子,上面的滑块换成小球,它们以初速度 v 0 一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有压力？解：略；答：（1）不会；（2）没有；（ 3）如斜面光滑,对两内壁均无压力,如斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力；2、如图 15 所示,三个物体质量分别为m1、m2和 m3,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和全部接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平

17、推力F 应为多少？解说：此题对象虽然有三个,但难度不大；隔离 m2,竖直方向有一个平稳方程；隔离 m1,水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程；就足以解题了；名师归纳总结 答案： F=m1m21m3m2g；第 6 页,共 9 页m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 摸索：如将质量为优秀学习资料欢迎下载m 3 相碰）,如m 3 物体右边挖成凹形,让m 2 可以自由摇摆（而不与图 16 所示,其它条件不变；是否可以挑选一个 恰当的 F ,使三者无相对运动？假如没有,说明理由；假如有,求出这个 F 的值；解：此时, m 2 的隔离方程将较为复杂；设绳

18、子张力为 T,m 2 的受力情形如图,隔离方程为：=T2m2g2=m 2 a F隔离 m 1,仍有： T=m1a 解以上两式,可得：a=mm2m2g 212最终用整体法解F 即可；答 ： 当m 1 m 2 时 , 没 有 适 应 题 意 的F ； 当m 1 m 2 时 , 适 应 题 意 的m1m2m3m2g；m2m2123、一根质量为M的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为m的猫,如图 17 所示；现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高 度不变,就棒的加速度将是多少？解说：法一,隔离法；需要设出猫爪抓棒的力 动力学方程,解方程组即可；法二,“ 新整体法”；f ,然

19、后列猫的平稳方程和棒的据F 外=m1a+m2a+m3a+ +mna,猫和棒的系统外力只有两者的重力,竖直向下,而猫的加速度a1=0,所以：（M+m）g=m0+Ma1解棒的加速度a1非常简洁；答案：MMmg；四、特别的连接体当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不行用；假如各个体的加速度不在一 条直线上,“ 新整体法”也将有肯定的困难 （矢量求和不易） ；此时,我们回到隔离法,且要更加留意找各参量之间的联系；名师归纳总结 解题思想：抓某个方向上加速度关系；方法：“ 微元法” 先看第 7 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 位移关系,再推

20、加速度关系；、优秀学习资料欢迎下载1、如图 18 所示,一质量为M、倾角为 的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一个质量为 m的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度；解说： 此题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂直斜面方向上,大小是相等的；对两者列隔离方程时,务必在这个方向上进行突破；（同学活动）定型判定斜面的运动情形、滑块的运动情形；位移矢量示意图如图 19 所示；依据运动学规律,加速度矢量 a1 和 a2也具有这样的关系；（同学活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建 x、y 坐标,可得：a1y=a2y且： a1y=a2sin 隔离滑块和斜面,受力图如图 20

21、所示；对滑块,列 y 方向隔离方程,有：mgcos -N=ma1y对斜面,仍沿合加速度 a2方向列方程,有：Nsin =Ma2解式即可得 a2；答案： a2= m sin cos2 g；M m sin（同学活动）摸索：如何求 a 1 的值？解： a1y 已可以通过解上面的方程组求出；a 1x 只要看滑块的受力图,列 x 方向的隔离方2 2程即可,明显有 mgsin =ma1x, 得:a1x=gsin ；最终据 a 1= a 1 x a 1 y 求 a 1；答： a1= g sin2 M 2m m 2 M sin 2；M m sin2、如图 21 所示,与水平面成 角的 AB棒上有一滑套 C,可

22、以无摩擦地在棒上滑动,开始时与棒的 A 端相距 b,相对棒静止；当棒保持倾角 不变地沿水平面匀加速运动,加速度为 a（且 a gtg ）时,求滑套C从棒的 A 端滑出所经受的时间；解说：这是一个比较特别的“ 连接体问题”,寻求运动学参量的关系好像比动力学分析更加重要；动力学方面,只需要隔离滑名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载套 C就行了；（同学活动）摸索：为什么题意要求agtg ？（联系本讲其次节第1 题之“ 摸索题”）定性绘出符合题意的运动过程图,如图22 所示： S 表示棒的位移,S1 表示

23、滑套的位移；沿棒与垂直棒建直角坐标后,S1x+b=Scos S1x 表示 S1在 x 方向上的重量；不难看出：设全程时间为t ,就有：23 所示,明显：S=1 at 22S1x=1 a1xt 22而隔离滑套, 受力图如图mgsin =ma1x解式即可；答案： t=acos2 bgsinF 外+ F*=m a （注： F*为惯性力）,此另解：假如引进动力学在非惯性系中的修正式题极简洁；过程如下以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图 24 所示；留意,滑套相对棒的加速度a 相是沿棒向上的,故动力学方程为：F*cos -mgsin=ma相（1 ）其中 F*=ma （ 2）而且,以棒为参照,滑套的相对位移S 相就是 b ,即：b=S相=1a 相 t2（ 3）2解（ 1）（2）（3）式就可以了；名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 9 页