第三讲牛顿运动定律高一物理课件

第三讲牛顿运动定律牛顿定律的应用高玉镶一、牛顿运动定一切物体总是保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。物体的加速度跟所受外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。F=ma两个物体之间的作用力和反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上.牛顿定律的应用从力与运动的关系方面分：(1)已知力求运动。(2)已知运动求力。牛顿svvtvvamFtt22020或从解题方法方面分(1)物体受多个互成角度的力时,用正交分解法分别沿X轴及Y轴列出动力学方程求解。(2)当研究对象是两个物体的问题时，会用隔离受力分析的方法或综合受力分析的方法列出动力学方程求解。(3)对复杂物理过程,按时间顺序划分阶段的方法。(4)超重或失重问题。(当物体相对运动参照物是静止的，但相对地面的参照物却做加速运动，会用通过变换参照系统的办法求解，即在以地面为参照的系统里建立动力学方程求解。)(5)临界状态问题。(6)其它问题。三.典型例题牛顿运动定律的应用例1一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是：（A）物体从A下降到B的过程中，动能不断变小。（B）物体从B点上升到A的过程中，动能不断变大。（C）物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小。（D）物体在B点时，所受合力为零。分析:物体从A到B的过程，分为二个阶段，一个突变点。加速阶段，弹力小于重力，N＜G，物体所受的合力向下，但加速度数值逐渐减小，故物体作加速度值减小的加速运动，速度仍逐渐增大。到N=G（突变点）时，速度达到最大。随着弹簧的继续压缩，物体进入减速阶段，N＞G，物体所受的合力向上，且逐渐增大，但速度方向仍向下，故作加速度值增大的减速运动，速度逐渐减小，到B点速度为零，但此时向上的合力最大。所以物体从B点到A点的过程中，先作加速度值减小的加速运动，速度逐步增大，到加速度等于零时，速度达到最大；而后随着弹力N的继续增大，物体作加速度值逐步增大的减速运动，速度逐渐减小，到A点时速度最小，但向上的加速度却最大，即受的合力最大。解答：根据以上分析，本题的答案只有（C）正确。说明：对于类似的弹簧问题，一定要谨慎地对待。本题显示物体所受的合外力大小和方向一直在变化，绝对不能想当然地认为A到B过程中弹簧逐渐被压缩，逐渐增大的弹力与速度方向相反，作减速运动，而忘了还有一个不变的重力存在。例2．在一个箱子中用两条轻而不易伸缩的弹性绳ac和bc系住一（1）箱子水平向右匀速运动；（2）箱子以加速度a水平向左运动；（3）箱子以加速度a竖直向上运动。（三次运动过程中，小球与箱子的相对位置保持不变）个质量为的小球，如图所示，求下列情况时两绳张力、的大小：mTTab分析：小球m始终受3个力：竖直向下的重力mg、水平向右的bc态。绳张力、斜向左上方的绳张力。三力的合力决定小球的运动状TacTba将沿水平、竖直两个方向正交分解得TaTTTTaxaaya·θ·θcossin解：（1）m球处于平衡状态，即②①baaxaayTTTmgTTcossin由两式解得ctgmgTmgTbasin（2）m球水平合力提供向左加速运动的动力，即③，③θ，，maTTTTmaFmgTmgTTFbabaxxaaayycossinsin0由此得·θ即·θ④TTmaTmaTmgmabaxabcoscot（3）m球竖直向上加速运动时，由竖直方向的合力提供产生加速度的动力，即FmaTmgmaTmgmaTmgmayayaa，·θθ⑤sinsinFTTTTmgmaxaxbba0，·θ·θcoscot和θ、θ绳的张力分别为在题设三种情况下，sinsinacmgmg答：mgmabcmgmgmamgsincotcot(θ；绳的张力分别为·θ、·θ和ma)cot·θ。说明：1．在物体受多个力时，正交分解法是研究牛顿动力学问题的最基本的方法。正交坐标轴通常取三种：水平x轴与竖直y轴，斜面x轴与斜面垂线方向的y轴，半径方向的x轴与切线方向的y轴；然后，沿、轴分别列牛顿方程，即，。xyFmaFmaxxyy2．由①、③两式以及②、④两式对应比较可见，当m水平向左加速运动时，ac绳张力不变，而bc绳张力变小；即bc绳的张紧程度有所减小（有一个“可以忽略”的回缩）。由①、⑤两式以及②、⑥两式对应比较可见，当m竖直向上加速运动时，ac绳与bc绳的张力都相应地增大了一个比例，即两根弹性绳的张紧程度都有所增大（有一个“可以忽略”的进一步伸长）。但是，由于两根弹性绳的劲度系数、都kkab相当大，因此形变量的变化都极小，称为“不易伸缩”。3．由①、⑤两式对比以及②、⑥两式对比可以看出，只要把①、②两式中的g改成（g+a）即为⑤、⑥两式。这表示：在竖直方向有加速度a的系统内，用“等效重力”G＇=mg＇=m（g+a）的观点处理超重（a＞0）或失重（a＜0）状态下的动力学（以及运动学）问题时，可把加速状态下的非惯性系统的动力学问题当作超重或失重状态下的“惯性系统”中的“静力学”问题（即“平衡状态”下“合力”为零）来处理，其效果完全相同。例3.A、B两物体的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，它们之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为fm=12N，将它们叠放在光滑水平面上，如图所示，在物体A上施加一水平拉力F＝15N，则A、B的加速度各为多大？分析：从题设条件看，水平拉力大于B对A的最大静摩擦力，所以A、B可能发生相对滑动，根据牛顿第二定律采用隔离法，可分别求得A、B加速度aA＝＝＝＝＝＝FfmmsmsafmmsmsmABmB151221512342222/.///从结果看，物体B的加速度竟然大于物体A的加速度，这显然是不合理的．原来A、B之间是否产生相对滑动，不能根据是否大于来判断只有当物体不动时，才可以这样判Ff(Bm力，然后再将与比较，当＞时，、有相对滑动，＜时，、保持相对静止，因此解题的关键是求出临界条件．FFFFFABFFABF00000断)，而应该先求出A、B刚好发生相对滑动时的临界水平拉解：由于物体B的加速度是由静摩擦力产生的，所以加速度的最大值由最大静摩擦力决定，＝＝a=123m/s4m/s22fmmBA、B刚要发生相对滑动时，A、B间恰好为最大静摩擦力，这时、的加速度相同恰为，对整体而言，这个加速度是由提供的，利用牛顿第二定律可求出临界水平ABaABFm0拉力，＝＋＝＋×＝，根据题意当＝时，由于＜，所以、仍保持相对静止，但这时它们之间的加速度应小于，故由牛顿第二定律求出FF(mm)a(23)4N20NF15NFFAB4m/s00ABm02a3m/s2＝＝＝FmmmsAB15232/A、B的共同加速度说明：在许多情况中，当研究对象的外部或内部条件超过某一临界值时，它的运动状态将发生“突变”，这个临界值就是临界条件，而题目往往不会直接告诉你物体处于何种状态．解决这类问题的方法一般先是求出某一物理量的临界值，再将题设条件和临界值进行比较，从而判断出物体所处的状态，再运用相应的物理规律解决问题．例4．倾角为θ的斜面体上，用长为l的细绳吊着一个质量为m的小球，不计摩擦．试求斜面体以加速度a向右做匀加速度直线运动时，绳中的张力．分析：不难看出，当斜面体静止不动时，小球的受力情况，如图(1)所示．当斜面体向右做匀加速直线运动的加速度大于某一临界值时，小球将离开斜面．为此，需首先求出加速度的这一临界值．采用隔离体解题法．选取小球作为研究对象，孤立它进行受力情况分析，显然，上述临界状态的实质是小球对斜面体的压力为零．解：选取直角坐标系，设当斜面体对小球的支持力N＝0aFmaF00xxy时，斜面体向右运动的加速度为，据牛顿第二定律Σ＝，Σ＝，建立方程有Tsinmg0Tcosma0θ－＝，θ＝．所以，＝θ．agcot0，支持力时，存有斜面对小球的＜当Naa0选择x轴与斜面平行y轴与斜面垂直的直角坐标系T-mgsinθ=macos，mgcosθ－N＝masinθ．解得此种情况下绳子的拉力T＝mgsinθ＋macosθ．此时，斜面体给小球的支持力θ．－＝masinmgcosN据牛顿第二定律得Tcosα－mg＝0，Tsinα＝ma．联立求解，得绳子的张力当≥时，对小球的受力情况分析的结果可画出图aa(2)0T＝．mga22力学中的许多问题，存在着临界情况，正确地找寻这些临界情况给出的隐含条件是十分重要的．在本题中，认定隐含条件为N＝0，就可借此建立方程求解．例5．如图(甲)所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A，手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A往上压缩弹簧，如图(乙)所示．此时如果突然撤去木板B，则A向下运动的加速度为a(a＞g)，现用手控制使B以加速度a/3向下作匀加速直线运动．(1)求砝码A作匀加速直线运动的时间．(2)求出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力的表达式，并说明已知的各物理量间满足怎样的关系，上述两个时刻手对木板的作用力的方向相反．分析：B托住A使弹簧被压缩，撤去B瞬间，因弹簧弹力F来不及改变，弹力F和物体重力方向都向下，因而产生向下加速度．当用手控制向下以作匀加速运动时，能维持，以作匀加速运动的时间对应着对支持力≥．aBaBAaBAN01313解(1)设在匀变速运动阶段，弹簧压缩量在起始时刻为xxAkxmgma010，终止时刻为，以为对象，起始时刻＋＝，x0＝．①magk()得终止时刻，B对A支持力N＝0，此刻有kxmgma1＋＝·，13x1＝．②magk3从x0到x1，物体作匀加速运动，需要的时间设为t，则t＝．23201()xxamk(2)分析A，B起始时刻受力：A受重力、弹簧弹力及B对的支持力；受重力、对的压力及手对作用力，设向上，有′ANBABNBFF1111对于：＋－＝，③对于：＋－＝，④AmgkxNma/3BMgNFMa/30111解③④并由①式，因＝，得′NN11⑤．＝ma323agMF1，有的作用力对受两个力，即重力与手终止时刻2FBBMgFMa/32－＝，解得＝．⑥FMg132a由⑤式知，当＞，即＜或＜，向上，F0aF11MmaagMMmg2332由⑥式，当＜，则－＜，＞，向下．综上所述，若满足＜＜时，与方向相反．F0ga0a3gF3gagFF22121332MMm，，劈面光滑，倾角为θ和别为两个劈形物块的质量分21mm例6．。现用水平恒力和μμ间的动摩擦因数分别为两物块与水平支承面之21F推动，使两物块向右运动，如图所示。试求：m1（）保持、无相对滑动时，系统的最大加速度；1mma12max（）此时对的压力；2mmp12（）此时对的推力。3mF1取水平、竖直的正交坐标轴分解p及p＇。由于两劈块在竖直分析：用隔离法，分别以、为研究对象。受重力、地mmmG1211面支持力、水平推动、对的压力以及地面摩擦力；受NFmmpfm1212重力、地面支持力、对的压力以及地面摩擦力，分别如GNmmpf22122方向均无运动，故。当推力逐渐增大时，和的共同加Fmmy012F速度也随之增大；当达到时，在与一起向右加速运动的同aaammm12时将有沿的光滑劈面向上滑动的趋势，此时与地面之间成“若mm21即若离”状态，此时，。N1001f图所示。解：由的受力分析图可得m2ppppNmgpfNmgpxy·θ，·θ·θμ·μ··θsincoscoscos2222222Fpfmapmgmaxx2222222sincosθμθμ①由的受力分析图可得m1ppppxy·θ，·θsincosmyNpGaalym在方向所受合力应为零，即。当为时，，11N=01因而，即py=G