物理《学案导学与随堂笔记》人教版必修1牛顿运动定律第四章习题课用牛顿运动定律解决几类典型问题.docx
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物理《学案导学与随堂笔记》人教版必修1牛顿运动定律第四章习题课用牛顿运动定律解决几类典型问题
习题课 用牛顿运动定律解决几类典型问题
[学习目标] 1.学会分析含有弹簧的瞬时问题.2.会结合图象解决动力学问题.3.会解决两个物体具有相同加速度的动力学问题.4.掌握临界问题的分析方法.
一、瞬时加速度问题
物体的加速度与合力存在瞬时对应关系,所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,解决此类问题时,要注意两类模型的特点:
(1)刚性绳(或接触面)模型:
这种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,恢复形变几乎不需要时间,故认为弹力立即改变或消失.
(2)弹簧(或橡皮绳)模型:
此种物体的特点是形变量大,恢复形变需要较长时间,在瞬时问题中,其弹力的大小往往可以看成是不变的.
例1
如图1所示,质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态,现将绳AO烧断,在绳AO烧断的瞬间,下列说法正确的是( )
图1
A.弹簧的拉力F=
B.弹簧的拉力F=mgsinθ
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a=gsinθ
答案 A
解析 烧断AO之前,小球受3个力,受力分析如图所示,烧断绳的瞬间,绳的张力没有了,但由于轻弹簧形变的恢复需要时间,故弹簧的弹力不变,A正确,B错误.烧断绳的瞬间,小球受到的合力与绳子的拉力等大反向,即F合=mgtanθ,则小球的加速度a=gtanθ,则C、D错误.
针对训练1 如图2所示,质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接,A球用细线悬挂起来,两球均处于静止状态,如果将悬挂A球的细线剪断,此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是( )
图2
A.aA=0,aB=0
B.aA=g,aB=g
C.aA=3g,aB=g
D.aA=3g,aB=0
答案 D
解析 分析B球原来受力如图甲所示,F′=2mg
剪断细线后弹簧形变瞬间不会恢复,故B球受力不变,aB=0.
分析A球原来受力如图乙所示,
FT=F+mg,F′=F,故FT=3mg.
剪断细线,FT变为0,F大小不变,小球A受力如图丙所示
由牛顿第二定律得:
F+mg=maA,解得aA=3g.
二、动力学的图象问题
1.常见的图象形式
在动力学与运动学问题中,常见、常用的图象是位移图象(x-t图象)、速度图象(v-t图象)和力的图象(F-t图象)等,这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹.
2.图象问题的分析方法
遇到带有物理图象的问题时,要认真分析图象,先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息,再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题.
例2
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,F的大小与时间t的关系如图3甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
甲 乙
图3
A.0.5kg,0.4 B.1.5kg,
C.0.5kg,0.2D.1kg,0.2
答案 A
解析 由F-t图和v-t图可得,物块在2~4s内所受外力F=3N,物块做匀加速运动,a=
=
m/s2=2m/s2,F-Ff=ma,即3-10μm=2m①
物块在4~6s所受外力F′=2N,物块做匀速直线运动,
则F′=Ff=μmg,即10μm=2②
由①②解得m=0.5kg,μ=0.4,故A选项正确.
例3
如图4甲所示,质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动.过a点时给物体作用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vt图象如图乙所示.取重力加速度g=10m/s2.求:
图4
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)10s末物体离a点的距离.
答案
(1)3N 0.05
(2)2m
解析
(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,则由vt图象得a1=2m/s2
根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma1
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由vt图象得a2=1m/s2
根据牛顿第二定律,有F-μmg=ma2,
联立解得F=3N,μ=0.05.
(2)设10s末物体离a点的距离为d,d应为vt图象与横轴所围的面积,则
d=
×4×8m-
×6×6m=-2m,负号表示物体在a点左边.
解决此类题的思路:
从vt图象上获得加速度的信息,再结合实际受力情况,利用牛顿第二定律列方程.
三、简单连接体问题
1.所谓“连接体”问题,是指运动中的几个物体或上下叠放在一起、或前后挤靠在一起、或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组.在求解连接体问题时常常用到整体法与隔离法.
2.整体法:
把整个连接体系统看做一个研究对象,分析整体所受的外力,运用牛顿第二定律列方程求解.其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力.
3.隔离法:
把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象,进行受力分析,列方程求解.其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力,容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形.
例4
如图5所示,物体A、B用不可伸长的轻绳连接,在恒力F作用下一起向上做匀加速运动,已知mA=10kg,mB=20kg,F=600N,求此时轻绳对物体B的拉力大小(g取10m/s2).
图5
答案 400N
解析 对AB整体受力分析和单独对B受力分析,分别如图甲、乙所示:
根据牛顿第二定律
F-(mA+mB)g=(mA+mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力,根据牛顿第二定律,有:
FT-mBg=mBa
联立解得:
FT=400N
当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况时,用整体法比较简单;若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用,这将会更快捷有效.
针对训练2 如图6所示,质量分别为m1和m2的物块A、B,用劲度系数为k的轻弹簧相连.当用力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉使两物块共同加速运动时,弹簧的伸长量为________.
图6
答案
解析 对整体有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a
对A有kx-m1gsinθ=m1a,解得x=
.
四、动力学的临界问题
1.临界问题:
某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.
2.关键词语:
在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件.
3.常见类型
(1)弹力发生突变的临界条件
弹力发生在两物体的接触面之间,是一种被动力,其大小由物体所处的运动状态决定.相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零.
(2)摩擦力发生突变的临界条件
摩擦力是被动力,由物体间的相对运动趋势决定.
①静摩擦力为零是状态方向发生变化的临界状态;
②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态.
例5
如图7所示,细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球.
图7
(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时,线对小球的拉力刚好等于零?
(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时,小球对滑块的压力等于零?
(3)当滑块以a′=2g的加速度向左运动时,线中拉力为多大?
答案
(1)g
(2)g (3)
mg
解析
(1)当FT=0时,小球受重力mg和斜面支持力FN作用,如图甲,则
FNcos45°=mg
FNsin45°=ma
解得a=g.故当向右加速度为g时线上的拉力为0.
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时,小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如图乙所示.由牛顿第二定律得
水平方向:
FT1cos45°-FN1sin45°=ma1,
竖直方向:
FT1sin45°+FN1cos45°-mg=0.
由上述两式解得FN1=
,FT1=
.
由此两式可以看出,当加速度a1增大时,球所受的支持力FN1减小,线的拉力FT1增大.
当a1=g时,FN1=0,此时小球虽与斜面接触但无压力,处于临界状态,这时线的拉力为FT1=
mg.所以滑块至少以a1=g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.
(3)当滑块加速度大于g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用,如图丙所示,此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得FT′cosα=ma′,FT′sinα=mg,解得FT′=m
=
mg.
1.(瞬时问题)如图8所示,质量相等的A、B两小球分别连在弹簧两端,B球用细线固定在倾角为30°光滑斜面上,若不计弹簧质量,在线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为( )
图8
A.都等于
B.0和
C.g和0D.0和g
答案 D
解析 剪断细线后,A球的受力情况不变,故aA=0,
B球受到的重力和弹簧的拉力不变,故aB=
=
=g,选项D正确.
2.(连接体问题)如图9所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为( )
图9
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 以A、B组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律得,整体的加速度大小为a=
=
;以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力大小为FAB=ma=
,即A、B间的作用力大小为
,选项D正确.
3.(动力学的临界问题)如图10所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为( )
图10
A.μmgB.2μmg
C.3μmgD.4μmg
答案 C
解析 当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知aA=
=μg,对于A、B整体,加速度a=aA=μg.由牛顿第二定律得F=3ma=3μmg.
4.(动力学的图象问题)如图11甲所示,在风洞实验室里,一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ=37°角,质量m=1kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处,开启送风装置,有水平向右的恒定风力F作用于小球上,在t1=2s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略浮力.求:
图11
(1)小球在0~2s内的加速度a1和2~5s内的加速度a2;
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小.
答案
(1)15m/s2,方向沿杆向上 10m/s2,方向沿杆向下
(2)0.5 50N
解析
(1)取沿细杆向上的方向为正方向,由图象可知:
在0~2s内,a1=
=15m/s2(方向沿杆向上)
在2~5s内,a2=
=-10m/s2(“-”表示方向沿杆向下).
(2)有风力F时的上升过程,小球的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律,有
Fcosθ-μ(mgcosθ+Fsinθ)-mgsinθ=ma1
停风后的上升阶段,小球的受力情况如图乙所示
由牛顿第二定律,有-μmgcosθ-mgsinθ=ma2
联立以上各式解得μ=0.5,F=50N.
课时作业
一、单选题
1.质量均为m的A、B两球之间连有一轻弹簧,放在光滑的水平台面上,A球紧靠墙壁,如图1所示.今用力F将B球向左推压弹簧,静止后,突然将力F撤去的瞬间( )
图1
A.A的加速度大小为
B.A的加速度为零
C.B的加速度大小为
D.B的加速度大小为0
答案 B
解析 撤去F之前,B球水平方向受到推力F和弹簧的弹力作用,处于静止状态,有:
F=F弹
A球受到弹簧向左的弹力和墙壁向右的支持力处于静止状态.F撤去瞬间,弹簧弹力不变,所以A球受力不变,合力仍然为零,加速度为零,A错误,B正确;对于B球,此时水平方向只受到弹簧向右的弹力,所以加速度a=
,C、D错误.
2.如图2所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为( )
图2
A.0B.
g
C.gD.
g
答案 B
解析 撤去木板后,小球受到的重力和弹簧的拉力不变,则
由牛顿第二定律
=ma,
得:
a=
=
g.
3.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的vt图象如图3所示.取g=10m/s2,则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为( )
图3
A.0.2,6NB.0.1,6N
C.0.2,8ND.0.1,8N
答案 A
解析 在6~10s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用,加速度a=-μg,vt图象的斜率表示加速度,a=
m/s2=-2m/s2,解得μ=0.2.在0~6s内,F-μmg=ma′,而a′=
m/s2=1m/s2,解得F=6N.选项A正确.
4.将物体竖直向上抛出,假设运动过程中空气阻力不变,其速度—时间图象如图4所示,则( )
图4
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为11∶1
答案 A
解析 上升、下降过程中加速度大小分别为:
a上=11m/s2,a下=9m/s2,由牛顿第二定律得:
mg+F阻=ma上,mg-F阻=ma下,联立解得:
mg∶F阻=10∶1,A正确.
5.如图5所示,在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动.小车质量是M,木块质量是m,力大小是F,加速度大小是a,木块和小车之间的动摩擦因数是μ.则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是( )
图5
A.μmgB.
C.μ(M+m)gD.
答案 B
解析 以小车和木块组成的整体为研究对象,根据牛顿第二定律知,a=
,以木块为研究对象,摩擦力Ff=ma=
.故B正确.
6.如图6所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4kg、m2=1kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,A与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,在水平力F的推动下,要使A、B一起运动而B恰好不下滑,则力F大小可能的是( )
图6
A.50NB.75N
C.100ND.125N
答案 D
解析 对B不下滑有μ1FN≥m2g,由牛顿第二定律FN=m2a;对整体有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F≥(m1+m2)(
+μ2)g=125N,选项D正确.
7.如图7所示,在光滑水平面上有甲、乙两木块,质量分别为m1和m2,中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来,现用一水平力F向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两木块之间的距离是( )
图7
A.L+
B.L+
C.L-
D.L-
答案 C
解析 以整体为研究对象,则一起运动的加速度为a=
,以甲为研究对象,弹簧的弹力:
F1=m1a=kx,两木块之间的距离则为:
L-x,由以上可得,C正确.
二、非选择题
8.如图8所示,物体A和B的质量分别为1.0kg和2.0kg,用F=12N的水平力推动A,使A和B一起沿着水平面运动,A和B与水平面间的动摩擦因数均为0.2,求A对B的弹力.(g取10m/s2)
图8
答案 8N
解析 以物体A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得:
F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,
所以a=
=2m/s2
对物体B有FAB-μmBg=mBa,
因此A对B的弹力FAB=mB(a+μg)=8N.
9.如图9甲所示,固定的光滑细杆与地面成一定的夹角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,求:
图9
(1)小环的质量m;
(2)细杆与地面间的夹角α.
答案
(1)1kg
(2)30°
解析 由题图知,0~2s内环的加速度a=
=
=0.5m/s2,根据牛顿第二定律得F1-mgsinα=ma
2s后环匀速运动,根据物体平衡条件得F2=mgsinα
联立解得m=1kg,α=30°.
10.如图10所示,质量为m的物块放在倾角为θ的斜面上,斜面的质量为M,斜面与物块无摩擦,地面光滑.现对斜面施加一个水平推力F,要使物块相对斜面静止,力F应为多大?
(重力加速度为g)
图10
答案 (m+M)gtanθ
解析 两物体无相对滑动,说明两物体加速度相同,且沿水平方向.先选取物块m为研究对象,求出它的加速度就是整体的加速度,再根据F=(m+M)a,求出推力F.物块受两个力,重力mg和支持力FN,且二力合力方向水平.如图所示,可得:
ma=mgtanθ,即a=gtanθ
以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
F=(m+M)a=(m+M)gtanθ.
11.如图11所示,质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上,绳与竖直方向夹角为37°.已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
图11
(1)当汽车以a=2m/s2的加速度向右匀减速行驶时,细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小;
(2)当汽车以a=10m/s2的加速度向右匀减速行驶时,细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
答案
(1)50N 22N
(2)40
N 0
解析
(1)当汽车以a=2m/s2的加速度向右匀减速行驶时,对小球受力分析如图甲.
由牛顿第二定律得:
FT1cosθ=mg,FT1sinθ-FN=ma
代入数据得:
FT1=50N,FN=22N
由牛顿第三定律可知,小球对车后壁的压力大小为22N.
(2)当汽车向右匀减速行驶时,设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0,对小球受力分析如图乙所示.
由牛顿第二定律得:
FT2sinθ=ma0,FT2cosθ=mg
代入数据得:
a0=gtanθ=10×
m/s2=7.5m/s2
因为a=10m/s2>a0
所以小球会飞起来,FN′=0
当汽车以a=10m/s2的加速度向右匀减速行驶时,由牛顿第二定律得:
FT2=
=40
N.
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