《高考物理月刊专 专题3 牛顿定律及其应用牛顿运动定律的应用课件（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理月刊专 专题3 牛顿定律及其应用牛顿运动定律的应用课件（通用）（28页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、牛顿定律的应用,一、应用牛顿运动定律解题的一般步骤,1、审题、明确题意，清楚物理过程,2、选择研究对象，可以是一个物体，也可以是几个物体组成的物体组,3、运用隔离法对研究对象进行受力分析，画出受力的示意图,4、建立坐标系，一般情况下可选择物体的初速度方向或加速度方向为正方向,5、根据牛顿定律、运动学公式、题目给定的条件列方程,6、解方程，对结果进行分析、检验或讨论,二、简单连接体问题的处理方法,在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点），分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其
2、他未知量,如果需知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程，隔离法和整体法是互相依存，互相补充的，两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问题,三、牛顿第二定律的“五性,A、“瞬时性”：牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体所受合外力的瞬时对应关系，a为某一瞬时的加速度，F即为该时刻物体所受的合力,B、“矢量性”：公式F=ma 是矢量式，任一瞬时，a的方向均与合外力方向相同，当合外力方向变化时，a的方向同时变化，且任意时刻两者方向均保持一致,C、“同一性”：牛顿第二定律的“同一性”有两层意思:
3、一是指加速度a相对于同一个惯性系，一般以大地参考系；二是指式中F、m、a三量必须对应同一个物体或同一个系统,D、“同时性”：牛顿第二定律中F、a只有因果关系而没有先后之分,F发生变化,a同时变化,包括大小和方向,E、“独立性”：作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律，而物体的实际加速度则是每个力产生的加速度的矢量和,四、牛顿第二定律的适用范围,1、适用于惯性参考系 相对地面静止或匀速运动 (即加速度为零)的参考系,2、适用于宏观物体（相对分子、原子）低速运动（远小于光速）的情况,例1（13分）如图甲所示，一质量为m的物体，静止于动摩擦因数为的水平地面上，现用与水平面成角的力F
4、拉物体，为使物体能沿水平地面做匀加速运动，求F的取值范围有一同学解答如下： 设物体运动的加速度为a， 由图乙知 Fcos-N = ma Fsin+ N = mg 要使物体做匀加速运动，应满足a 0,你认为这样的解答是否完整？ 若认为不完整，请作出完整的解答,由以上三式得,解答,此解答不完整，还缺少限制性条件,由：Fsin+ N =mg,得：N=mg Fsin,因为：N 0,所以：F mg/sin,还有Fcos-N=ma,即力F的取值范围应为,例2如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100m下降2m。为使汽车速度在s=200m的距离内减到
5、v2=10m/s,驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力,且该力的70作用于拖车B，30作用于汽车A。已知A的质量m1=2000kg ，B的质量m2=6000kg 。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力 加速度g=10m/s2,解,汽车沿斜面作匀减速运动,用a表示加速度的大小，有,用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有,式中,设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f, 根据题意,方向与汽车前进方向相反,用fN表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进 方向相同,以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有,由式得,由式，代入数据得,题目,例3如图所示，质量为0.78kg的金属块放在水
6、平桌面上，在与水平成37角斜向上、大小为3.0N的拉力F作用下，以4.0m/s的速度向右做匀速直线运动已知sin37=0.60，cos370.80，g取10m/s2 （1）求金属块与桌面间的动摩擦因数 （2）如果从某时刻起撤去拉力，则撤去拉力后金属块在桌面上还能滑行多远,解：取物体的运动方向为正，由平衡条件有,2）由牛顿第二定律有,或：设金属块撤去拉力后，在桌面上还能滑行的距离为s，则根据动能定理有,例4.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示. 取重力加速度g=10 m/s2.试利用两图线求： （1）物块在运动过程中
7、受到滑动摩擦力大小； （2）物块在36s的加速度大小； （3）物块与地面间的动摩擦因数,1）由v-t 图象可知，物块在69s内做匀速运动,由F-t图象知，69s的推力F3=4N,故Ff=F3=4N,解,2）由v-t 图象可知，36s内做匀加速运动,得 a=2 m/s2,3）在36s内，由牛顿第二定律有,F2 Ff = ma,且 Ff=N=mg,由以上各式求得,m=1kg =0.4,例5晓晗同学觉得去新疆玩，最刺激的莫过于滑沙运动。当晓晗蹲在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到达斜面底端时，速度为2v0。 （1）若晓晗在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则晓晗到达斜面底端
8、的速度多大? （2）晓晗估测到沙坡长L，约为坡高的2倍（即斜面倾角约30),已知晓晗质量为m，则晓晗沿沙坡下滑时所受的平均阻力约多大,解,1）设晓晗沿斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a，斜面长为s，晓晗被人推一把后，到达斜面底端的速度为vt，根据匀变速直线运动的公式,得,2）将L代入式得,画出受力图如图示,根据牛顿第二定律得： F合G1f ma,而G1mgsin解得,例6（11分）如图所示，长L=1.6m，质量M=3kg的木板静放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数=0.1.现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10 m/s2，求： （1）使物块不掉
9、下去的最大拉力F； （2）如果拉力F=10N恒定不变，小物块所能获得的最大动能,解,1）F最大的时物块不掉下，必是物块与木板具有共同的最大加速度a1，对物块，最大加速度,对整体 F=（M+m）a1=(3+1)1 = 4N,2）木板的加速度,由,得物块滑过木板所用时间,物块离开木板时的速度,小物块所能获得的最大动能,例7. 如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上运动时的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装了一个压力传感器a和b。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量m=2.0kg的滑块,滑块可无摩擦滑动;两弹簧的另一端分别压在a、b上,其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。当弹簧作用在传感
10、器上的力为压力时,示数为正；当弹簧作用在传感器上的力为拉力时,示数为负.现将装置沿运动方向固定在汽车上.汽车静止时, a、b的示数均为10N（取g=10 m/s2 ）。 若传感器b的示数为14N，a的示数应该是多少？ 当汽车以什么样的加速度运动时，传感器b的示数为零？ 若传感器b的示数为-5N， 车的加速度大小和方向如何,由题意知,Fa0=Fb0=kx0=10N,Fb=k（x0+x）=14N,解之得：Fb=kx=4N,代入得： Fa=k（x0-x）=10N-4N=6N,传感器b的示数为零时，Fb =10N,则 Fa=Fa0+Fb=10N+10N=20N,对m应用牛顿第二定律得 Fa=ma,得
11、a= F/m=20/2.0 m/s2=10 m/s2,加速度的方向向左,解,若当Fb= -5N时,Fb=15N,则 Fa=Fa0+Fb=10N+15N =25N,m受到的合力大小为,此时m的加速度为,a=F/m=30/2 m/s2=15 m/s2,方向向左,题目,例8如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g10 m/s2,求: （1）斜面的倾角； （2）物体与水平面之间的动摩擦因数； （3）t0.6s时的瞬时速度v,解,1）由前三列数据
12、可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为,由mg sin ma1，可得：30,2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为,由 mgma2，可得：0.2,3）设物体从0.4s起再经过t到达斜面底端,由25t1.12（0.8t），解得t0.1s,即物体在斜面上下滑的时间为0.5s,则t0.6s时物体在水平面上，其速度为,vv1.2a2t2.3 m/s,例9、质量为M的平板长为L0.88m，在光滑的水平面上以速度v0 向右匀速运动，在平板上方存在厚度d=2cm的“相互作用区域”( 如图中虚线部分所示 ) , “相互作用区域”上方高h =20cm处有一质量为m的静止物块P.当平板M的右
13、端A经过物块P正下方的瞬时,P无初速度释放物块P以速度v1进入相互作用区时，除重力之外，P立即受到一个竖直向上的恒力F已知F = 11mg，取重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力试求: （1）物块P下落至与平板刚接触 时的速度v2多大？ （2）欲使物块P不落到平板M上， 平板速度v0应不小于多少,第3页,解法一,1）P先做自由落体运动，有：v12 = 2gh,之后进入相互作用区域，受向上的恒力F和重力作用,由牛顿第二定律得,Fmgma， 即：11mgmgma,P物体做匀减速运动，有：v22 - v12 = 2a d,由、解得 v2 =0,第4页,2) P先做自由落体运动过程，有,进入
14、相互作用区做匀减速运动的末速为零，故有,且 a=10g,由式、解得,t1 = 0.2s t2 = 0.02s,所以，P释放后到与平板接触经历的时间为,t = t1 + t2 = 0.2s + 0.02s = 0.22s,欲使物块P不落到平板M上，应满足v0tL，于是得,v0L / t0.88m/0.22s=4 m/s,题目,解法二,1）对物块P开始下落到与平板刚接触时的全过程应用动能定理得,由、解得： v2 = 0,2) P先做自由落体运动，有：v12 = 2gh,解得： v1 = 2 m/s,由题意知，物块P开始与平板刚接触前的全过程的平均速度为,所以，P释放后到与平板接触经历的时间为,欲使物块P不落到平板M上，应满足v0tL，于是得,v0L / t0.88m/0.22s=4 m/s,题目,第2页
