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牛顿运动定律的应用 江苏省常州高级中学钱明忠 运动学 静力学 动力学 F合 ma a F 一 动力学的两类基本问题 受力情况 合力F合 a 运动情况 F合 ma 运动学公式 知识内容 分析解决这两类问题的关键 应抓住受力情况和运动情况之间的联系桥梁 加速度 确定研究对象 分析物体的运动情况 应用牛顿第二定律和运动学公式列方程 统一单位代入数据求解 解题步骤 知识内容 对研究对象进行受力分析 明确运动性质 及初 末状态的参量 包括速度 加速度 画出受力示意图 不多力也不少力 说明 若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动 一般用平行四边形定则解题 若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动 一般用正交分解法解题 注意灵活选取坐标轴的方向 既可以分解力 也可以分解加速度 当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时 那就必须分阶段进行受力分析 分阶段列方程求解 课堂例题1 F G f N G f N a1 a2 如图所示 传送带与水平面夹角 370 并以v0 10m s运行 在传送带一端A处轻轻放上一小物块 初速为零 物块与皮带间动摩擦因数 0 5 AB 16m 求物块从A到B的时间 解 小物块放上皮带到速度达到V0阶段 mgsin mgcos ma1t1 V0 a1 10 10 1s s1 V0t1 10 1 5m 小物块速度达到V0后 因为 0 5 0 75 故继续加速mgsin mgcos ma2 a2 2m s2而s2 16 5 m 11m 由位移公式s v0t2 a2t22可解得t2 1s t2 11s 舍去 于是得t t1 t2 2s即小物块从A运动到B的时间是2s 课堂例题2 练一练 如右图所示 滑杆和底座的质量为M 一质量为m的猴子沿杆以0 4g的加速度加速下滑 此时底座对地面的压力为 A Mg 0 4mg B Mg 0 6mg C M m g D Mg 课堂例题3 答案 解析 解析一 隔离法 设猴子与杆之间的摩擦力为f 对猴子则有 mg f ma 对滑杆和底座则有Mg f N 解得FN Mg 0 6mg 故选项B是正确的 mg f f Mg FN a 课堂例题4 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 则以下说法正确的是 A 物体从A下降和到B的过程中 速率不断变小B 物体从B上升到A的过程中 速率不断变大 C 物体从A下降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 解析 主要研究a与F合的对应关系 弹簧这种特殊模型的变化特点 以及由物体的受力情况判断物体的运动性质 找出AB之间的C位置 此时F合 0 由A C的过程中 由mg kx1 得mg kx1 ma 物体做a减小的变加速直线运动 在C位置mg kxc a 0 物体速度达最大 由C B的过程中 由于mg kx2 kx2 mg ma 物体做a增加的减速直线运动 同理 当物体从B A的过程时 可以分析B C做加速度度越来越小的变加速直线运动 从C A做加速度越来越大的减速直线运动 正确答案 C 在一个箱子中用两条轻而不易伸缩的弹性绳ac和bc系住一个小球m 分别求出下列三种情况下的Tac和Tbc 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 练一练 1 超重现象 有向上的加速度a 加速向升或减速下降 2 失重现象 有向下的加速度a 减速上升或加速下降 a a 运动学特征 运动学特征 动力学特征 动力学特征 二 超 失重问题 注意 超 失重现象与物体运动方向无关 只取决于物体加速度的方向 常见的超重与失重现象 过桥 飞船上升 下降 在轨道上运行 完全失重 等问题 课堂例题1 a a m m M M 请用超失重的观点判断下列两种情况下地面对M的支持力与 M m g的大小关系 N M m g N M m g 练一练 三 连接体问题 1 区分内力和外力 2 整体法与隔离法相结合 3 充分利用整体和个体加速度相同建立方程 典例1 如图所示 质量M 400克的劈形木块B上叠放一木块A A的质量m 200克 A B一起放在斜面上 斜面倾角 37 B的上表面呈水平 B与斜面之间及B与A之间的摩擦因数均为 0 2 当B受到一个F 5 76牛的沿斜面向上的作用力F时 A相对B静止 并一起沿斜面向上运动 求 1 B的加速度大小 2 A受到的摩擦力 3 A对B的压力 如右图所示 动力小车上有一竖杆 杆端用细绳拴一质量为m的小球 当小车沿倾角为30 的斜面匀加速向上运动时 绳与杆的夹角为60 求小车的加速度和绳中拉力大小 练一练 解析 分析小球的受力后 画出受力图如右图所示 其中 因加速度是沿斜面方向 故小球所受合外力也是沿斜面方向 小球的受力及力的合成如图所示 由几何关系可得 1 2 30 所以F mg 由F ma得a g 从图中可得绳中拉力为FT 2mgcos30 mg 点评 本题利用了加速度与合外力的同向性 由加速度的方向确定了合外力的方向 进而求出了合外力的大小 重点探究 四 瞬时加速度问题 1 了解环境变化前各物体受力情况 平衡方程或动力学方程 2 环境变化瞬间各力变化情况3 结合动力学方程判断a 注意 绳 和 线 的理想化模型的特性 轻 软 不可伸长 张力可突变 弹簧和橡皮绳理想化模型的特性 轻 弹簧能承受拉力 也能受压力 橡皮绳只能承受拉力 受力形变明显 弹力不能突变 但弹簧或橡皮绳被剪断时 弹力立即消失 例题1 如右图所示 质量相等的两个物体之间用一轻弹簧相连 再用一细线悬挂在天花板上静止 求 当剪断细线的瞬间两物体的加速度各是多大 当剪断弹簧上端时两物体的加速度各是多大 将细线和弹簧位置调换情况又如何 重点探究 五 临界问题 1 抓住临界条件2 整体法与隔离法相结合 课堂例题 例1 如图所示 mA 1kg mB 2kg A B间静摩擦力的最大值是5N 水平面光滑 用水平力F拉B 当拉力大小分别是F 10N和F 20N时 A B的加速度各多大 解 先确定临界值 即刚好使A B发生相对滑动的F值 当A B间的静摩擦力达到5N时 既可以认为它们仍然保持相对静止 有共同的加速度 又可以认为它们间已经发生了相对滑动 A在滑动摩擦力作用下加速运动 以A为对象得到a 5m s2 再以A B系统为对象得到F mA mB a 15N 当F 10N 15N时 A B一定仍相对静止 所以 当F 20N 15N时 A B间一定发生了相对滑动 用质点组牛顿第二定律列方程 而aA 5m s2 于是可以得到 aB 7 5m s2 课堂例题 例2 如图所示 m 4kg的小球挂在小车后壁上 细线与竖直方向成37 角 求 小车以a g向右加速 小车以a g向右减速时 细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大 解 F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程 F2 0 75G ma计算得F2 70N 可以看出F2将随a的增大而增大 这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单 向右加速时小球对后壁必然有压力 球在三个共点力作用下向右加速 合外力向右 F2向右 因此G和F1的合力一定水平向左 所以F1的大小可以用平行四边形定则求出 F1 G COS370 50N 可见向右加速时F1的大小与a无关 课堂例题 必须注意到 向右减速时 当a g时小球必将离开后壁 不难看出 这时 mg 56N F2 0 F2有可能减为零 这时小球将离开后壁而 飞 起来 这时细线跟竖直方向的夹角会改变 因此F1的方向会改变 所以必须先求出这个临界值 当时G和F1的合力刚好等于ma 所以a的临界值为 F1 典题再现 倾角为 的斜面体上 用长为的细绳吊着一个质量为m的小球 不计任何摩擦 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 临界情况 当a a0时 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 当a a0时 受力分析如图 六图像问题 正确理解X t图像 v t图像和F t图像物理意义 X m t s v F N 4 4 4 4 4 4 t s t s 例1将一物块以10m s的初速度沿粗糙斜面向上推出 取向上方向为正 物体的速度图像如右图所示 求斜面的倾角及物体与斜面间的动摩擦因数 所以gsin