【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案

第 12 讲 牛顿运动定律的综合应用 【教学目标】 1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题. 2.学会分析临界与极值问题. 3.会进行动力学多过程问题的分析． 【教学过程】 ★重难点一、对超重、失重的理解★ 一、　对超重、失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向 上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。 (3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 a＝g 的加速度效果，不再有其他效果。 此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产 生压强和浮力等。 【特别提醒】 超重和失重现象的判断“三”角度 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，等于零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．从速度变化角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时，超重； (2)物体向下加速或向上减速时，失重。 【典型例题】据某网站消息，安徽凤阳县 7 岁“大力士”杨金龙名声鹊起后，南京、天津等 地诸多体育专业学校纷纷向他抛出橄榄枝。最终，在安徽省举重队推荐下小金龙选择了铜陵 市业余体校举重队，教练盛红星称，在省队测试的时候，小金龙不仅举起 45 kg 杠铃，还背 起体重高达 120 kg 的王军教练，简直能“秒杀同龄的施瓦辛格”，g＝10 m/s 2 ，请计算 (1)在以 a＝2 m/s 2 匀加速下降的电梯中小金龙能举起杠铃的质量是多少？ (2)在以 a＝2 m/s 2 匀加速上升的电梯中小金龙能背起的质量又是多少？ 【答案】　(1)56.25 kg　(2)100 kg 【解析】　(1)小金龙的举力是一定的，则有 F 1 ＝mg＝450 N 在以 a＝2 m/s 2 匀加速下降的电梯中，设其能举起杠铃的质量为 m 1 ，则有 m 1 g－F 1 ＝m 1 a 解得 m 1 ＝56.25 kg (2)小金龙能背起的重量是一定的，则有 F 2 ＝Mg＝1 200 N 在以 a＝2 m/s 2 匀加速上升的电梯中，设其能背起的质量为 m 2 ， 则有 F 2 －m 2 g＝m 2 a 解得 m 2 ＝100 kg。 ★重难点二、动力学中整体法与隔离法的应用★ 整体法与隔离法在动力学问题中的应用 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。 3．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”。 4．整体法与隔离法常涉及的三种问题类型 (1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题： ①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般 采用先整体后隔离的方法， ②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解 加速度。 (3)斜面体与物体组成的连接体问题：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，一般采用隔离法分析。 5．解题思路 物体系的动力学问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理 各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是： (1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。 【特别提醒】 正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单 独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解。 【典型例题】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁， 木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示。t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速 度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变， 方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v ­t 图线如 图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求： (1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 【审题指导】 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 小物块与木板一起向 右运动 小物块与木板以相同的加速度匀减速运 动 从 t＝0 开始，至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞 木板在 t＝1 s 内向右运动了 4.5 m 由 vt 图像可知 木板碰撞瞬间速度 v＝4 m/s，小物块的加 速度大小为 4 m/s 2 小物块始终未离开木 板 木板的最小长度等于相对滑行位移 第二步：找突破口 (1)木板碰墙之前，μ1(m＋15m)g 产生小物块和木板共同减速的加速度。 (2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由 μ2mg 产生。 (3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方向均 水平向右。 (4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动。 【答案】　(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m 【解析】　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运 动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M。对小物块与木板整体由牛顿第二 定律得 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ① 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1 ② x0＝v0t1＋1 2a1t12 ③ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1 ④ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向右 做匀变速运动。设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2 ⑤ 由题图(b)可得 a2＝v2－v1 t2－t1 ⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。 ⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δt，木板和小物块刚好具有共同速度 v3。由牛顿 第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧ v3＝－v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋a2Δt ⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 x1＝ －v1＋v3 2 Δt ⑪ 小物块运动的位移为 x2＝v1＋v3 2 Δt ⑫ 小物块相对木板的位移为 Δx＝x2－x1 ⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δx＝6.0 m ⑭ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4，此 过程中小物块和木板运动的位移为 x3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮ 0－v32＝2a4x3 ⑯ 碰后木板运动的位移为 x＝x1＋x3 ⑰ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 x＝－6.5 m ⑱ 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m。 ★重难点三、动力学中的临界、极值问题★ 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，明显表明题述的过程存在着临界点。 (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着“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着极值，这个 极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 2．产生临界问题的条件 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 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 绳子断裂与松弛 的临界条件 绳子所能承受的张力是有限的，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 加速度最大与速 度最大的临界条 件 当物体在受到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。当出现速度有最大值或 最小值的临界条件时，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 3.解决动力学临界、极值问题的常用方法 方法一　极限分析法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的 目的。 方法二　假设分析法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也 可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。 方法三　数学极值法 将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件。 【典型例题】如图所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，以 v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面某 一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、B 之间的距离 L＝10 m。已知斜面倾角 θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ 3 3 。重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小； (2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？ 【审题探究】 ①从 A 到 B，做什么运动？满足什么规律？ ②拉力 F 的大小与 F 和斜面夹角 α 的关系式是怎样的？ 【答案】(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 13 3 5 N 【解析】　(1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得 L＝v0t＋ 1 2at2① v＝v0＋at② 联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面间的夹角为 α，受力分析如图所 示 由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又 Ff＝μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式得 F＝ mg（sin θ＋μcos θ）＋ma cos α＋μsin α ⑧ 由数学知识得 cosα＋ 3 3 sin α＝ 2 3 3 sin (60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应 F 最小时与斜面间的夹角 α＝30°⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为 Fmin＝ 13 3 5 N。