牛顿运动定律及其应用.ppt

牛顿运动定律及其应用丹阳市高级中学庞留根2004年7月 Email dyszplg 牛顿运动定律基本题例1例2练习1例3同向例4例5练习2同时例6例71999年上海高考正交分解法2001年春力和运动例8练习例9例10例11例1293年高考例13例14例15练习3例16例17例18例192005年广东卷12005年理综全国卷 14 牛顿运动定律及其应用 一 牛顿第一定律 一切物体总保持匀速直线运动或静止状态 直到有外力迫使它改变这种状态为止 伽利略斜面实验是牛顿第一定律的实验基础 惯性的大小只跟物体的质量有关 与其它因素均无关 二 牛顿第二定律 物体的加速度跟所受的外力的合力成正比 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合 ma 注意 a 牛顿第二定律中的F应该是物体受到的合外力 b 同向 加速度的方向跟合外力的方向相同c 同时 加速度的大小随着合外力的大小同时变化d 同体 三 牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等 方向相反 作用在同一条直线上 同时出现 同时消失 分别作用在两个不同的物体上 F F 四 研究方法 正交分解法整体法和隔离法 五 解题步骤 明确对象分析受力选定坐标列出方程求解作答 例1 下列关于运动状态与受力关系的说法中 正确的是 A 物体的运动状态发生变化 物体的受力情况一定变化 B 物体在恒力作用下 一定作匀变速直线运动 C 物体的运动状态保持不变 说明物体所受的合外力为零 D 物体作曲线运动时 受到的合外力可能是恒力 CD 例2 如图示 两物块质量为M和m 用绳连接后放在倾角为 的斜面上 物块和斜面的动摩擦因素为 用沿斜面向上的恒力F拉物块M运动 求中间绳子的张力 由牛顿运动定律 解 画出M和m的受力图如图示 对M有F T Mgsin Mgcos Ma 1 对m有T mgsin mgcos ma 2 a F M m gsin gcos 3 3 代入 2 式得 T m a gsin gcos mF M m 由上式可知 T的大小与运动情况无关 T的大小与 无关 T的大小与 无关 练习1 如图所示 置于水平面上的相同材料的m和M用轻绳连接 在M上施一水平力F 恒力 使两物体作匀加速直线运动 对两物体间细绳拉力正确的说法是 A 水平面光滑时 绳拉力等于mF M m B 水平面不光滑时 绳拉力等于mF M m C 水平面不光滑时 绳拉力大于mF M m D 水平面不光滑时 绳拉力小于mF M m 解 由上题结论 T的大小与 无关 应选AB AB 例3 如图所示 质量为m的光滑小球A放在盒子B内 然后将容器放在倾角为a的斜面上 在以下几种情况下 小球对容器B的侧壁的压力最大的是 A 小球A与容器B一起静止在斜面上 B 小球A与容器B一起匀速下滑 C 小球A与容器B一起以加速度a加速上滑 D 小球A与容器B一起以加速度a减速下滑 CD 例4 一质量为M 倾角为 的楔形木块 静止在水平桌面上 与桌面的动摩擦因素为 一物块质量为m 置于楔形木块的斜面上 物块与斜面的接触是光滑的 为了保持物块相对斜面静止 可用一水平力F推楔形木块 如图示 此水平力的大小等于 解 对于物块 受力如图示 物块相对斜面静止 只能有向左的加速度 所以合力一定向左 由牛顿运动定律得 mgtg maa gtg 对于整体受力如图示 由牛顿运动定律得 F f m M a N2 m M g F N2 m M g F f m M a m M g tg m M g tg 例5 如图 有一斜木块 斜面是光滑的 倾角为 放在水平面上 用竖直放置的固定挡板A与斜面夹住一个光滑球 球质量为m 要使球对竖直挡板无压力 球连同斜木块一起应向 填左 右 做加速运动 加速度大小是 解 画出小球的受力图如图示 合力一定沿水平方向向左 F mgtg a gtg 左 gtg 练习2 如图示 倾斜索道与水平方向夹角为 已知tg 3 4 当载人车厢匀加速向上运动时 人对厢底的压力为体重的1 25倍 这时人与车厢相对静止 则车厢对人的摩擦力是体重的 A 1 3倍B 4 3倍C 5 4倍D 1 4倍 解 将加速度分解如图示 由a与合力同向关系 分析人的受力如图示 N mg may ay 0 25g f max may tg 0 25mg 4 3 mg 3 A 例6 如图所示 一根轻质弹簧和一根细线共同拉住一个质量为m的小球 平衡时细线恰是水平的 弹簧与竖直方向的夹角为 若突然剪断细线 则在刚剪断的瞬时 弹簧拉力的大小是 小球加速度的大小为 方向与竖直方向的夹角等于 小球再回到原处时弹簧拉力的大小是 解 小球受力如图示 平衡时合力为0 由平衡条件F mg cos 剪断线的瞬时 弹簧拉力不变 小球加速度的大小为a T m gtg 方向沿水平方向 小球再回到原处时 由圆周运动规律 F1 mgcos mv2 l 0 F1 mgcos mg cos gtg 90 mgcos 例7 在运动的升降机中天花板上用细线悬挂一个物体A 下面吊着一个轻质弹簧秤 弹簧秤的质量不计 弹簧秤下吊着物体B 如下图所示 物体A和B的质量相等 都为m 5kg 某一时刻弹簧秤的读数为40N 设g 10m s2 则细线的拉力等于 若将细线剪断 在剪断细线瞬间物体A的加速度是 方向 物体B的加速度是 方向 80N 18m s2 向下 2m s2 向下 竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧 两弹簧的一端各与小球相连 另一端分别用销钉MN固定于杆上 小球处于静止状态 若拔去销钉M的瞬间 小球的加速度大小为12m s2 若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间 小球的加速度可能为 取g 10m s2 A 22m s2 方向竖直向上B 22m s2 方向竖直向下C 2m s2 方向竖直向上D 2m s2 方向竖直向下 BC 99年上海高考 解 见下页 99年上海高考解 1 若上面的弹簧压缩有压力 则下面的弹簧也压缩 受力如图示 静止时有k2x2 k1x1 mg 拔去Mk2x2 mg 12m 拔去Nk1x1 mg ma a 22m s2方向向下 2 若下面的弹簧伸长有拉力 则上面的弹簧也伸长 受力如图示 静止时有k1x1 k2x2 mg 拔去Mk2x2 mg 12m 拔去Nk1x1 mg ma a 2m s2方向向上 一物体放置在倾角为 的斜面上 斜面固定于加速上升的电梯中 加速度为a 如图所示 在物体始终相对于斜面静止的条件下 下列说法中正确的是 A 当 一定时 a越大 斜面对物体的正压力越小 B 当 一定时 a越大 斜面对物体的摩擦力越大 C 当a一定时 越大 斜面对物体的正压力越小 D 当a一定时 越大 斜面对物体的摩擦力越小 2001年春 解 分析物体受力 画出受力图如图示 将加速度分解如图示 由牛顿第二定律得到 f mgsin masin N mgcos macos f m g a sin N m g a cos 若不将加速度分解 则要解二元一次方程组 BC 例8 放在光滑水平面上的物体 受到水平向右的力F的作用 从静止开始做匀加速直线运动 经过t秒后 改用大小与F相同 方向与F相反的力F 作用 F 作用t 秒物体回到原出发点 则t 等于 A t B 2t C D 3t 解 画出运动示意图如图示 A到B 匀加速运动 S1 1 2 a1t2v1 a1t B经C回到A 匀减速运动 S2 v1t 1 2 a2t 2 a1 a2 F m aS1 S2 1 2 at2 1 2 at 2 att t 2 2tt t2 0 C 练习 一个质点在一个恒力F作用下由静止开始运动 速度达到v后 撤去力F同时换成一个方向相反 大小为3F的恒力作用 经过一段时间 质点回到出发点 求质点回到出发点时的速度大小 解 画出运动过程的示意图如图示 恒力F作用时 质点做匀加速直线运动 设位移为S 加速度为a 则有 v2 2aS 换成恒力3F作用时 加速度为 3a 质点做匀减速直线运动 设回到出发点时速度大小为vt 则有 vt2 v2 2 3a S 可解得 vt 2v 例9 如图示 传送带与水平面夹角为370 并以v 10m s运行 在传送带的A端轻轻放一个小物体 物体与传送带之间的动摩擦因数 0 5 AB长16米 求 以下两种情况下物体从A到B所用的时间 1 传送带顺时针方向转动 2 传送带逆时针方向转动 解 1 传送带顺时针方向转动时受力如图示 mgsin mgcos ma a gsin gcos 2m s2 S 1 2at2 2 传送带逆时针方向转动物体受力如图 开始摩擦力方向向下 向下匀加速运动 a1 gsin370 gcos370 10m s2 t1 v a1 1sS1 1 2 a1t12 5mS2 11m 1秒后 速度达到10m s 摩擦力方向变为向上 a2 gsin370 gcos370 2m s2 物体以初速度v 10m s 向下作匀加速运动 S2 vt2 1 2 a2t22 11 10t2 1 2 2 t22 t2 1s t t1 t2 2s 例10如图所示 传送带不动时 物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t 则 A 当皮带向上运动时 物块由A滑到B的时间一定大于tB 当皮带向上运动时 物块由A滑到B的时间一定等于tC 当皮带向下运动时 物块由A滑到B的时间可能等于tD 当皮带向下运动时 物块由A滑到B的时间可能小于t 当 0时 C对 B C D 例11 一个质量m为3kg的物块 静置在水平面上 物块与水平面间的摩擦系数为0 2 现在给物块施加一个大小为15N 方向向右的水平推力F 并持续作用6s 在6s末时撤去F 最后物体滑行一段距离停下来 求物块在水平面上运动的总距离 g取10m s2 解 画出运动示意图 根据牛顿第二定律 a1 F mg m 15 0 2 3 10 3 3 m s2 6s末物体的速度及位移分别是 v0 a1t1 18m s S1 1 2 a1t12 1 2 3 36 54m 撤去水平推力F 加速度变为 a2 mg m g 0 2 10 2m s2 直到停止又滑行了一段距离S2 S2 v02 2a2 182 4 81m 那么总距离为S总 S1 S2 135m 例12 用20米 秒的速度将一个质量为0 5千克的物体竖直上抛 物体上升的最大高度是12 5米 物体在运动中受到空气阻力是 物体从抛出到落回抛出点的时间是 g 10m s2 解 上升阶段 0 v02 2a1h a1 16m s2 t1 v0 a1 20 16 1 25s mg f ma1 f mg ma1 0 6mg 3N 下落阶段 mg f ma2 a2 4m s2 由h 1 2 a2t22 t总 t1 t2 3 75s 3N 3 75s 一平板车 质量M 100千克 停在水平路面上 车身的平板离地面的高度h 1 25米 一质量m 50千克的小物块置于车的平板上 它到车尾端的距离b 1 00米 与车板间的滑动摩擦系数m 0 20 如图所示 今对平板车施一水平方向的恒力 使车向前行驶 结果物块从车板上滑落 物块刚离开车板的时刻 车向前行驶的距离S0 2 0米 求物块落地时 落地点到车尾的水平距离S 不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦 取g 10米 秒2 93年高考 解 m离车前 画出运动示意图 am f m g 2m s2 Sm 1 2amt2 S0 b 1m S0 1 2aMt2 2m aM 2am 4m s2 aM F mg M F M 0 2 50 10 100 F M 1 4m s2 m离车后 aM F M 5m s2 m平抛 Sm vmt1 2 0 5 1m SM vMt1 1 2aM t12 4 0 5 1 2 5 0 25 2 625m S SM Sm 1 625m 例13 有一长为40m 倾角为30 的斜面 在斜面中点 一物体以12m s的初速度和 6m s2的加速度匀减速上滑 问经多少时间物体滑到斜面底端 g 10m s2 解 题目中未知有无摩擦 应该先加判断 若无摩擦 则a gsin30 5m s2 可见物体与斜面间有摩擦 上滑过程受力如图示 mgsin30 f ma1 f 0 1mg S1 v2 2a1 144 12 12m t1 v a1 12 6 2s 下滑过程受力如图示 mgsin30 f ma2 a2 4m s2 S2 L 2 S1 32m S2 1 2a2t22 t总 t1 t2 6s 例14 质量均为m的物体A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接在一起 将B放在水平桌面上 A用弹簧支撑着 如图示 若用竖直向上的力拉A 使A以加速度a匀加速上升 试求 1 经过多少时间B开始离开桌面 2 在B离开桌面之前 拉力的最大值 解 1 开始时弹簧压缩x mg k B开始离开桌面时 弹簧伸长x mg k A匀加速上升了S 2x 2mg k 由匀加速运动公式 2 在B离开桌面之前 对A物体 F mg T ma 当T mg时B离开桌面 Fmax 2mg ma 例15 如图示 竖直放置的弹簧下端固定 上端连接一个砝码盘B 盘中放一个物体A A B的质量分别是M 10 5kg m 1 5kg k 800N m 对A施加一个竖直向上的拉力 使它做匀加速直线运动 经过0 2秒A与B脱离 刚脱离时刻的速度为v 1 2m s 取g 10m s2 求A在运动过程中拉力的最大值与最小值 解 对整体kx1 M m g F kx M m g M m a 脱离时 A B间无相互作用力 对Bkx2 mg ma x1 x2 1 2at2a v t 6m s2 Fmax Mg Ma 168N Fmin M m a 72N 练习3 如图示 倾角30 的光滑斜面上 并排放着质量分别是mA 10kg和mB 2kg的A B两物块 一个劲度系数k 400N m的轻弹簧一端与物块B相连 另一端与固定挡板相连 整个系统处于静止状态 现对A施加一沿斜面向上的力F 使物块A沿斜面向上作匀加速运动 已知力F在前0 2s内为变力 0 2s后为恒力 g取10m s2 求F的最大值和最小值 解 开始静止时弹簧压缩x1 m1 m2 gsin k 0 15m 0 2s末A B即将分离 A B间无作用力 对B物块 kx2 m2gsin m2a x1 x2 1 2at2 解得x2 0 05ma 5m s2 t 0时 F最小 对AB整体 Fmin m1 m2 a 60N t 0 2s时 F最大 对A物块 Fmax m1gsin m1a Fmax m1gsin m1a 100N 例16 质量为m的小物块 用轻弹簧固定在光滑的斜面体上 斜面的倾角为 如图所示 使斜面体由静止开始向右做加速度逐渐缓慢增大的变加速运动 已知轻弹簧的劲度系数为k 求 小物块在斜面体上相对于斜面体移动的最大距离 解 静止时物体受力如图示 F1 mgsin kx1 向右加速运动时 随a增大 弹簧伸长 弹力F增大 支持力N减小 直到N 0时 为最大加速度 F2cos maF2sin mg得F2 mg sin kx2 例 物体在水平恒力F1作用下 从A点由静止开始运动 经时间t到达B点 这时突然撤去F1 改为水平恒力F2作用 又经过时间2t物体回到A点 求F1 F2大小之比 不计摩擦 解 画出运动过程的示意图如图示 在恒力F1作用时 质点做匀加速直线运动 设位移为S 加速度为a1 则有 vB a1tS1 1 2a1t2 换成恒力F2作用时 加速度为 a2 质点做匀减速直线运动 则有 S2 2vBt 2a2t2 S2 S1 4a2 5a1 由牛顿运动定律F ma 可得F1 F2 4 5 又解 设加速度大小分别为a1 a2 位移的大小为s 速度大小分别为vA vB 由平均速度的定义 以开始运动的方向为正方向 特别要注意速度的方向性 返回A点时的位移 速度 加速度和平均速度都为负 a1 a2 4 5 F1 F2 4 5 例18 人和雪橇的总质量为75kg 沿倾角 37 且足够长的斜坡向下运动 已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比 比例系数k未知 从某时刻开始计时 测得雪橇运动的v t图象如图中的曲线AD所示 图中AB是曲线在A点的切线 切线上一点B的坐标为 4 15 CD是曲线AD的渐近线 g取10m s2 试回答和求解 雪橇在下滑过程中 开始做什么运动 最后做什么运动 当雪橇的速度为5m s时 雪橇的加速度为多大 雪橇与斜坡间的动摩擦因数 多大 解 由图线可知 雪橇开始以5m s的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动 最后以10m s作匀速运动 t 0 v0 5m s时AB的斜率等于加速度的大小 a v t 10 4 2 5m s2 t 0v0 5m sf0 kv0由牛顿运动定律 mgsin mgcos kv0 ma t 4svt 10m sft kvt mgsin mgcos kvt 0 解 得k 37 5Ns m 0 125 例19 如图甲示 质量分别为m1 1kg和m2 2