2019-2020学年新教材高中物理 第四章 运动和力的关系 习题课4 牛顿运动定律的应用课件 新人

习题课牛顿运动定律的应用考点一牛顿第二定律的瞬时性1．瞬时加速度的求解方法牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失．分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前、后两个瞬间物体的受力情况及其变化特征，然后由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条四类模型的异同点【典例1】如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．大小为233g，方向竖直向下B．0C．大小为33g，方向水平向左D．大小为233g，方向垂直于木板向下[思路点拨]物体在某一瞬间的加速度，由这一瞬间的合外力决定，因此，求解瞬时加速度的关键是对物体进行受力分析．由于弹簧两端连着物体，物体发生一段位移需要一定的时间，故木板撤离瞬间，弹簧弹力不变．[解析]在未撤离木板时，小球受到重力mg、弹簧的弹力F和木板的弹力FN而静止，在撤离木板的瞬间，弹簧弹力的大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg和弹簧的弹力F两个力的作用，这两个力的合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故此时加速度的方向垂直于木板向下，进一步计算可知选项D正确．[答案]D1刚性绳或杆是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断或脱离后，其弹力立即消失，即拉力可突变2轻弹簧或橡皮条两端接有物体发生形变时，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即此时弹簧弹力不能突变.1．(1)如图甲所示，A、B间用细绳连接并将A球用细绳悬挂在天花板上，剪断悬挂A球的细绳的瞬间，A、B的加速度分别为多大？方向如何？(2)若悬挂A球的细绳改为轻弹簧，如图乙所示，如果把A、B之间的细绳剪断，则A、B两球的瞬时加速度各是多少？方向如何？(设A、B两球质量相等)[解析](1)剪断悬挂A球的细绳的瞬间，A、B间细绳的拉力发生突变，使A、B两球以共同的加速度下落，a＝mA＋mBgmA＋mB＝g，方向竖直向下．(2)当两球均静止时受力分析如图所示，由物体的平衡条件可得F1′＝mBg，F2＝F1＋mAg，而F1＝F1′，故F2＝(mA＋mB)g，当剪断A、B之间的细绳时，F1、F1′变为0，F2不变，所以aA＝F2－mAgmA＝mBmAg，方向竖直向上，aB＝mBgmB＝g，方向竖直向下．[答案](1)aA＝gaB＝g方向均竖直向下(2)aA＝mBmAg方向竖直向上aB＝g方向竖直向下考点二整体法和隔离法解决连接体问题1．连接体连接体是指运动中几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或由绳子、细杆等联系在一起的物体组．2．外力和内力如果以物体组成的系统为研究对象，则系统之外的作用力为该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为该系统受到的内力，应用牛顿第二定律列方程时不必考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为被隔离物体受到的外力．3．解决连接体问题的两种常用方法(1)整体法把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．整体法不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力．此方法一般适用于系统中各部分物体的加速度都相同的情况．(2)隔离法把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象所受的外力，在分析时要特别注意．【典例2】如图所示，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F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1F2.试求在两个物块运动过程中轻线的拉力FT的大小．[思路点拨]先把两个物块看成一个整体，用整体法求出两物块的加速度，再对其中一个物块分析，用隔离法求轻线的拉力(相互作用力)．[解析]以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a①隔离物块m1，由牛顿第二定律得F1－FT＝m1a②由①②两式解得FT＝m1F2＋m2F1m1＋m2[答案]m1F2＋m2F1m1＋m2整体法与隔离法的选用求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑“整体法”，如果还要求物体之间的作用力，再用“隔离法”；如果连接体中各部分加速度不同，一般选用“隔离法”．解决连接体问题的关键是合理选取研究对象，即灵活应用整体法和隔离法，并对所选取的研究对象进行正确的受力分析．2．放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为()A.MFmB.MFM＋mC.F－μm＋MgmMD.F－μm＋Mm＋MM[解析]A、B一起向左匀加速运动，设加速度大小为a.以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a；设弹簧测力计示数为T，以B为研究对象，由牛顿第二定律可得T－μMg＝Ma，联立解得T＝MFM＋m，故B项正确，A、C、D三项错误．[答案]B要点三临界问题和极值问题1．临界状态与临界值在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即临界状态，相应的物理量的值为临界值．临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现．若题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语，常为临界问题．解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件．2．常见临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0.(2)相对静止与相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止与相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．【典例3】如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．(1)当滑块至少以多大的加速度a向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(2)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？[思路点拨]对小球受力分析，沿加速度方向和垂直加速度的方向建立坐标系，把某些力正交分解，然后沿两个方向分别列牛顿第二定律方程和平衡方程求解．[解析](1)小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力FN作用．由牛顿第二定律得水平方向：Fcos45°－FNsin45°＝ma竖直方向：Fsin45°＋FNcos45°－mg＝0由上述两式解得FN＝mg－a2，F＝mg＋a2由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力FN减小，线的拉力F增大．当a＝g时，FN＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F＝2mg，所以滑块至少以a＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(2)滑块加速度a′g，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用．此时细线与水平方向间的夹角α45°.由牛顿第二定律得F′cosα＝ma′，又F′sinα＝mg解得F′＝ma′2＋g2＝5mg[答案](1)g(2)5mg临界问题的分析思路处理动力学中的临界问题的关键是临界条件的挖掘．绳断与不断的临界条件是绳中的张力等于绳所能承受的最大拉力；两物体接触与分离的临界条件是两物体间的弹力等于零；两物体即将发生相对滑动的临界条件是两物体间的摩擦力等于最大静摩擦力；加速度逐渐减小的变加速运动速度最大的临界条件是加速度等于零．3.用AB和CD两根绳悬挂一小轻环，A、C两点在同一水平面上，如右图所示．已知AC＝50cm，AB＝30cm，CD＝40cm，AB绳能承受的最大拉力为5N，CD绳能承受的最大拉力为4N，问小环最多能悬挂多重的物体(已知环下悬挂重物的悬绳不会断)?[解析]由于AC2＝AB2＋CD2，故绳AB和CD与水平线AC围成的三角形为直角三角形．设∠CAB＝α，∠ACD＝β，由几何关系可知sinα＝0.8，cosα＝0.6，sinβ＝0.6，cosβ＝0.8.以小环为研究对象，分析其受力情况．小环受三个力作用而平衡，即AB绳的拉力FAB、CD绳的拉力FCD和悬挂重物的悬绳的拉力G，如右图所示．根据共点力作用下物体的平衡条件，有水平方向：FAB·sinβ－FCD·sinα＝0①竖直方向：FAB·cosβ＋FCD·cosα－G＝0②由①式解得FAB＝43FCD③当FCD＝4N时，FAB＝163N5N，绳AB已断．当FAB＝5N时，FCD＝154N4N，绳CD未断．所以，当AB绳承受5N拉力时，G最大且AB、CD两绳均不断，此时由②式可得G＝FAB·cosβ＋FCD·cosα＝5N×0.8＋154N×0.6＝6.25N.[答案]6.25N考点四滑块—滑板问题1．模型特点上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．滑块—滑板模型的解题思路【典例4】质量m＝1kg的滑块放在质量为M＝2kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L＝75cm，开始时两者都处于静止状态，如图所示，则：(g取10m/s2)(1)用水平力F0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的加速度一起滑动，力F0的最大值应为多少？(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在t＝0.5s内使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？[思路点拨]滑块和长木板保持相对静止的条件是两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，对长木板隔离分析求出最大加速度，再用整体法求出外力F0；当滑块和木板发生相对滑动时，采用隔离法分别对滑块和长木板进行受力分析和运动过程分析，利用位移关系求得滑块的加速度，再根据牛顿第二定律求解．[解析](1)对木板，水平方向所受静摩擦力f向右，当f＝fm＝μmg时，木板有最大加速度，此时对应的F0是使滑块与木板一起以相同的加速度滑动的最大值．对木板，最大加速度a0＝fm/M＝μmg/M＝0.5m/s2对滑块和长木板整体，由牛顿第二定律得F0＝(m＋M)a0代入数据解得F0＝1.5N(2)拉滑块向木板右端运动时，木板受滑动摩擦力f＝μmg，此时木板的加速度a2＝f/M＝μmg/M＝0.5m/s2.由匀变速直线运动的规律得木板位移x2＝12a2t2①滑块位移x1＝12a1t2②位移关系为x1－x2＝L③将①②③式联立，解出a1＝6.5m/s2对滑块，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1所以F＝μmg＋ma1＝7.5N[答案](1)1.5N(2)7.5N分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，画好运动示意图，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地面的位移．(3)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力为滑动摩擦力(动力学条件)；②二者速度或加速度不相等(运动学条件)．(其中动力学条件是判断的主要依据)4．如下图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝3m．开始时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动．已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？[解析]分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝μ1mgm＝μ1g＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝