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第7讲牛顿运动定律的应用,一 超重和失重现象的判断“两”角度,二 整体法与隔离法的选取原则,三 求解图像问题的基本思路,四 动力学中极值问题的临界条件和处理方法,教材研读,五 两类传送带模型,突破一 对超重和失重的理解与应用,突破二 整体法和隔离法在连接体问题中的应用,突破三 动力学中的图像问题,重难突破,突破四 动力学中的临界极值问题,突破五 传送带模型,二、整体法与隔离法的选取原则,1.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 2.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。,三、求解图像问题的基本思路 看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始,明确因变量与自变量间的制约关系,明确物理量的变化趋势,分析图线进而弄懂物理过程,写出相应的函数关系式,进而明确“图像与公式”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。,四、动力学中极值问题的临界条件和处理方法,1.“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力FN=0。 (2)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,则相对滑动的临界条件是: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绳中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)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时。 2.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法; (2)根据临界条件列不等式法; (3)利用二次函数的判别式法; (4)极限法。,五、两类传送带模型,1.水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动的过程中速度是否和传送带速度相等。 物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的 时刻。,2.倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。,1.判断下列说法的正误: (1)在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的。() (2)超重就是物体所受的重力增大了。() (3)物体向上运动时处于超重状态。() (4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(),2.如图所示,质量为60 kg的滑雪运动员,在倾角为37的斜坡顶端,从静止开始匀加速下滑12 m到达坡底,若下滑过程中所有阻力忽略不计(g取10 m/s2,sin 37=0.6和cos 37=0.8)。求 (1)运动员下滑过程中的加速度大小。 (2)运动员到达坡底时的时间和速度大小。,突破一对超重和失重的理解与应用,重难突破,1.超重、失重和完全失重比较,2.对超重和失重的进一步理解 (1)超重并不是重力增加了,失重并不是重力减小了,完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)。 (2)只要物体有向上或向下的加速度,物体就处于超重或失重状态,与物体向上运动还是向下运动无关。 (3)尽管物体的加速度不是在竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上 有分量,物体就会处于超重或失重状态。,解析晓敏在这段时间内处于失重状态,晓敏对体重计的压力变小了,而晓敏的重力没有改变,A选项错;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,B选项错;以竖直向下为正方向,有mg-F=ma,即50g-40g=50a,解得a=,方向竖直向下,但速 度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,C选项错、D选项正确。,规律总结 判断超重和失重现象的三个角度和技巧 (1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于0时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断,当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化的角度判断 物体向上加速或向下减速时,超重; 物体向下加速或向上减速时,失重。,1-1(多选)高层住宅与写字楼已成为城市中的亮丽风景,电梯是高层住宅与写字楼必配的设施。某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小铁球,如图所示,在电梯运行时,该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了,这一现象表明(AD) A.电梯可能在下降 B.电梯的加速度方向可能向上 C.该同学对电梯地板的压力等于其重力 D.该同学对电梯地板的压力小于其重力,解析电梯静止不动时,小球受力平衡,重力等于弹力,在电梯运行时,弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了,说明弹力变小了,根据牛顿第二定律可知加速度方向向下,电梯加速下降或者减速上升,电梯以及电梯中的人处于失重状态,该同学对电梯地板的压力小于其重力,故A、D正确,B、C错误。,突破二整体法和隔离法在连接体问题中的应用,1.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度,后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力,则“先隔离求加速度,后整体求外力”。,2.涉及整体法和隔离法的具体类型 (1)通过滑轮和绳的连接体问题:若要求绳的拉力,一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮,连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同,故采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题:这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,整体法、隔离法一般交替应用。 (3)斜面体与其上物体组成的系统的问题:当物体具有沿斜面方向的加 速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法分析。,典例2如图所示,质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上,光滑槽内有一质量为m的小铁球,现用一水平向右的推力F推动凹槽,小铁球与光滑凹槽相对静止时,凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角,则下列说法正确的是(C),A.小铁球受到的合外力方向水平向左 B.凹槽对小铁球的支持力为 C.系统的加速度为a=g tan D.推力F=Mg tan ,解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知,系统有向右的加速度,小铁球受到的合外力方向水平向右,凹槽对小铁球的支持力为, A、B错误。小球所受合外力为mg tan ,加速度a=g tan ,推力F=(m+M)g tan ,C正确,D错误。,2-1质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连,设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1,如图甲所示;当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,如图乙所示;当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示,则x1x2x3等于( ),A.111B.123 C.121D.无法确定,解析当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,对A、B整体,由牛顿第二定律可得F-3mg=3ma,再用隔离法单独对A分析,由牛顿第二定律可得FT-mg=ma,整理得FT=,即kx1=F; 根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时:kx2=kx3=F。故选项A正确。,2-2如图所示,一足够长的固定光滑斜面倾角=37,两物块A、B的质量mA=1 kg、mB=4 kg。两物块之间的轻绳长L=0.5 m,轻绳可承受的最大拉力为FT=12 N,对B施加一沿斜面向上的力F,使A、B由静止开始一起向上运动,力F逐渐增大,g取10 m/s2(sin 37=0.6,cos 37=0.8)。 (1)若某一时刻轻绳被拉断,求此时外力F的大小; (2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3 m/s,绳断后 保持外力F不变,求当A运动到最高点时,A、B 之间的距离。,答案(1)60 N(2)2.375 m 解析(1)整体:F-(mA+mB)g sin =(mA+mB)a A物块:FT-mAg sin =mAa 解得:F=60 N (2)设沿斜面向上为正方向 A物块:-mAg sin =mAaA,解得aA=-6 m/s2 由v0=3 m/s,则A物块到达最高点的时间t=0.5 s 此过程A物块的位移为xA=t=0.75 m,突破三动力学中的图像问题,1.动力学中常见的图像 v-t图像、x-t图像、F-t图像、F-a图像等。,2.解决图像问题的关键 (1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始。 (2)理解图像的物理意义,能够抓住图像的一些关键点,如斜率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再结合牛顿运动定律求解。,典例3如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30,质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图像如图乙所示。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(),A.小物块到达C点后将沿斜面下滑 B.小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 C.小物块与斜面间的动摩擦因数为 D.推力F的大小为6 N,解析由题图乙图像可以知道,加速运动的加速度大小a1= m/s2= m/s2,减速运动的加速度大小a2= m/s2=10 m/s2,则a1a2= 13,故B正确;在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30+mg cos 30=ma2,计算得出=,故C错误;mg sin 30=mg=mg cos 30, 所以小物块到达C点后将静止在C点,故A错误;加速运动时,沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F-mg sin 30-mg cos 30=ma1,计算得出F=4 N,故D错误。,规律总结 数形结合解决动力学图像问题 (1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。 (2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。,3-1如图所示,一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面,经过2t0时间返回斜面底端,则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是(C),解析设斜面倾角为,由于斜面粗糙,上滑过程,根据牛顿第二定律:mg sin +mg cos =ma1,而下滑过程,根据牛顿第二定律mg sin -mg cos =ma2,知a1a2,即上滑过程图像的斜率的绝对值大于下滑过程图像的斜率的绝对值,又因上滑与下滑过程的位移大小相同,由x=at2和v2=2ax知t上v1,故只有选项C正确。,3-2如图甲所示,质量为m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)力F的大小和物体与水平面 间的动摩擦因数; (2)10 s末物体离A点的距离。,(2)设10 s末物体离A点的距离为d,由v-t图像与横轴所围的面积的物理意 义得d=-2 m 负号表示物体在A点左侧。,突破四动力学中的临界极值问题,1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临界点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述,的过程存在极值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定速度”等,即求收尾加速度或 收尾速度。,2.几种临界状态和其对应的临界条件,3.处理临界问题的三种方法,典例4如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数=0.2,滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。开始时F=10 N,此后逐渐增大,在增大到45 N的过程中(D) A.当拉力F12 N时,物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12 N时,开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动,解析首先了解各物体的运动情况,B运动是因为A对它有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在最大值,可以求出此加速度下拉力的大小;如果拉力再增大,则物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小,以A为研究对象进行受力分析,A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa,再以B为研究对象,B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a= m/s2=6 m/s2,F=48 N,由此 可以看出当F48 N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是说, A、B间不会发生相对运动,故选项D正确。,规律总结 四种典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。 (2)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,则相对滑动的临界条件是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绳中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)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时。,解析对整个系统应用牛顿第二定律: F-(M+m)g=(M+m)a 对M应用牛顿第二定律:2f-Mg=Ma 由联立可得:F=,故A正确。,突破五传送带模型,1.水平传送带模型,2.倾斜传送带模型,典例5如图所示,水平传送带两端相距x=8 m,工件与传送带间的动摩擦因数=0.6,工件滑上A端时速度vA=10 m/s,设工件到达B端时的速度为vB。(取g=10 m/s2) (1)若传送带静止不动,求vB; (2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗? 若不能,说明理由;若能,求到达B点的速度vB; (3)若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间。,解析小煤块与传送带共速前做匀加速直线运动,加速度大小为a=g=4 m/s2 加速时间t1=1 s,位移x1=a=2 m。 匀速运动时间t2=0.5 s。 煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1.5 s 煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3=v0t1=4 m 划痕长度x=x3-x1=2 m。,答案(1)2.2 s(2)1 s,解析(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得 Mg sin +Mg cos =Ma1 设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1= 通过的位移x1= 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有,
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