高中物理人教版必修1學案 用牛頓運動定律解決問題1

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111 4.7 用牛頓運動定律解決問題（二） 學案 【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對物體施加一向東的恒力F，歷時1s；隨即把此力改為向西，大小不變，歷時1s；接著又把此力改為向東，大小不變．歷時1s；如此反復，只改變力的方向，共歷時1min，在此1min內 [ ] A．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置之東 B．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置 C．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末繼續(xù)向東運動 D．物體一直向東運動，從不向西運動，在1min末靜止于初始位置之東 【分析】物體在第1s內受恒力作用向東作勻加速運動．在第2s內，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向東，物體作向東的勻減速運動．由于力的大小不變，前、后兩秒內物體的加速度大小不變，僅方向相反，所以至第2s末，物體向東運動的速度恰減為零，且第2s內的位移與第1s內的位移相同． 以后，力的方向又改為向東、繼而向西……如此往復，物體則相應地向東作勻加速運動、繼而向東作勻減速運動，……在1min內物體一直向東運動，至1min末恰靜止． 【答】 D． 【說明】 物體運動的加速度方向必與受力方向相同，但不一定與速度方向相同．若以向東方向為速度的正方向，物體運動的v-t圖如圖所示，物體依次作著加速度大小相等、加速度方向相反的勻加速運動、勻減速運動，……直到停止．整個1min內v＞0，表示物體一直向東運動． 　 【例2】汽車空載時的質量是4103kg，它能運載的最大質量是3103kg．要使汽車在空載時加速前進需要牽引力是2.5104N，那么滿載時以同樣加速度前進，需要的牽引力是多少？ 【分析】由空載時車的質量和牽引力算出加速度，然后根據加速度和滿載時的總質量，再由牛頓第二定律算出牽引力． 空載時，m1=4103kg，F(xiàn)1=2.5104N，由牛頓第二定律得加速度： 滿載時，總質量為m1+m2=7103kg，同理由牛頓第二定律得牽引力： F2=（m1+m2）a=71036.25N=4.375104N 【說明】根據牛頓第二定律F = ma可知，當加速度a相同時，物體所受的合外力與其質量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例關系求解．即由 直接得 　 【例3】如圖1所示，一根質量為m，長為L的均勻長木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右運動．在離拉力作用點x處作一斷面，在這一斷面處，左右兩部分木料之間的相互作用力為多少？ 【分析】 取整個木料和斷面左端（或右端）為研究對象，由于它們的加速度相同，可根據它們所受合外力與質量成正比的關系得解． 【解】 設整個木料所受的摩擦力為f，斷面兩側的相互作用力為T，作用在斷面左端部分的摩擦力為整個木料和斷面左側水平方向的受力情況如圖2所示．根據加速度相同時力與質量的比例關系可知 【說明】本題由于利用了F∝m的關系，可以不必計算加速度，十分簡捷．由解得結果可知，截面位置取得離拉力處越遠，截面兩側的相互作用力越小，當x = L時，T=0，這是顯然的結果． 如果木料受到水平推力作用，情況怎樣？有興趣的同學可自行研究． 【例4】物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖1所示．在A點物體開始與彈簧接觸．到B點時，物體速度為零，然后被彈回，則以下說法正確的是 [ ] A．物體從A下降和到B的過程中，速率不斷變小 B．物體從B上升到A的過程中，速率不斷變大 C．物體從A下降到B，以及從B上升到A的速程中，速率都是先增大，后減小 D．物體在B點時，所受合力為零 　 【分析】本題考察a與F合的對應關系，彈簧這種特殊模型的變化特點，以及由物體的受力情況判斷物體的運動性質．對物體運動過程及狀態(tài)分析清楚，同時對物體正確的受力分析，是解決本題思路所在． 【解】找出AB之間的C位置，此時F合=0 則（1）從A→C．由mg＞kx1， （2）在C位量mg = kxc，a=0，物體速度達最大（如圖2乙） （3）從C→B，由于mg＜kx2， 同理，當物體從B→A時，可以分析B→C做加速度越來越小的變加速直線運動；從C→A做加速度越來越大的減速直線運動． 【說明】由物體的受力情況判斷物體的運動性質，是牛頓第二定律應用的重要部分，也是解綜合問題的基礎． 彈簧這種能使物體受力連續(xù)變化的模型，在物理問題（特別是定性判斷）中經常應用．其應用特點是：找好初末兩態(tài)，明確變化過程． 　 【例5】圖中A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛于O點．當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小為 [ ] A．F = Mg B．Mg＜F＜（M＋m）g C．F=（M + m）g D．F＞（M + m）g 【分析】以鐵片為研究對象，它被吸引上升過程中受到電磁鐵對它的吸引力Q（變力）、重力mg．在每一時刻 Q- mg = ma，即Q＞mg． 根據牛頓第三定律，鐵片也對電磁鐵A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q′=Q． 以A和C為研究對象，它受到細線向上拉力F、A′和C的重力Mg、鐵片吸引力Q′．由力平衡條件知 F = Mg + Q′ = Mg + Q， ∴F＞（M + m）g． 【答】 D． 【說明】必須注意，鐵片能吸引上升是一個加速過程，因此，Q＞mg．同時，不要疏忽鐵片對磁鐵的吸引力． 【例6】如圖1所示，一只質量為m的貓抓住用繩吊在天花板上的一根質量為M的垂直桿子．當懸繩突然斷裂時，小貓急速沿桿豎直向上爬，以保持它離地面的高度不變．則桿下降的加速度為 [ ] 【分析】 設貓急速上爬時對桿的作用力為f，方向向下，則桿對貓的作用力的大小也為f，方向向上，繩斷裂后，貓和桿的受力情況如圖2所示 由于貓急速上爬，保持對地面的高度不變，意味著在這個過程中，貓對地無加速度，處于力平衡狀態(tài)，所以f = mg 桿僅受兩個豎直向下的力作用，根據牛頓第二定律，得桿的加速度大小為 其方向豎直向下． 答 C． 說明 本題反映了牛頓第二定律的相對性，即加速度a必須是地面而言的．如果不理解這一點，本題就難以求解． 　 【例7】如圖1所示，一木塊從h=3.0m、長L=5.0m的固定斜面的頂端，由靜止開始沿著斜面滑至底端．如果木塊與斜面之間的動摩擦因數μ=0.30，求 （1）木塊運動的加速度； （2）木塊從斜面頂端滑至底端所需的時間． 【分析】以木塊為研究對象，它在下滑過程中受到三個力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑動摩擦力f（圖2）由于這三個力不在同一直線上，可采用正交分解法，然后根據牛頓運動定律求出加速度，結合運動學公式可求出運動時間． 【解】（1）設斜面傾角為θ，由受力圖2可知：沿斜面方向由牛頓第二定律得 mgsinθ- f = ma． 垂直斜面方向由力平衡條件得 N- mgcosθ=0． 又由摩擦力與正壓力的關系得 f=μN． 聯(lián)立上述三式可解得木塊下滑的加速度為 a = g（sinθ-μcosθ）． 式中 ∴a = g（sinθ-μcosθ） =9.8（0.60-0.300.80）m／s2=3.60m／s2． 【說明】 這是屬于已知力求運動的問題，通過加速度建立了力和運動的聯(lián)系．題解中基本上遵循了牛頓第二定律應用的步驟。 　 【例8】 兩重疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如圖1所示，滑塊A、B的質量分別為M、m，A與斜面間的滑動摩擦因數為μ1，B與A之間的滑動摩擦因數為μ2，已知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力 [ ] A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ 【分析】把A、B兩滑塊作為一個整體，設其下滑加速度為a．由牛頓第二定律 （M + m）gsinθ-μ1（M + m）gcosθ=（M + m）a， 得 a = g（sinθ-μ1cosθ）． 由于a＜gsinθ，可見B隨A一起下滑過程中，必然受到A對它沿斜面向上的摩擦力，設力fB（圖2）由牛頓第二定律 mgsinθ-fB = ma， 得fB =mgsinθ-ma = mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ） =μ1mgcosθ． 【答】 B、C． 【說明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小的比較先判定其方向，也可任意假設，若設B受到A對它的摩擦力沿斜面向下．則牛頓第二定律的表達式為 mgsinθ+fB = ma， 得 fB = ma- mgsinθ =mg（sinθ-μ1cosθ）-mgsinθ = -μ1mgcosθ． 式中負號表示所求摩擦力的方向與假設的方向相反，應為沿斜面向上． 　 【例9】 一個質量為m的物體放在水平地面上，設物體與地面間的摩擦系數為μ，對物體施以作用力F。問： （1）若F是拉力，則F應沿怎樣的方向拉，才能使物體獲得最大的加速度？ （2）若F是推力，則為了不產生加速度，F(xiàn)應朝什么方向推？ 【誤解】 （1）當F沿著水平方向拉，物體才有最大的加速度。 （2）為了使物體不獲得加速度F的方向必須與水平地面垂直。 【正確解答】 （1）如圖1所示，物體受重力mg、支持力N′、摩擦力f和拉力F作用。設F與豎直方向成α角，與水平方向成θ角。 在y軸方向有 N′=mg-Fcosα 則f=μ（mg-Fcosα） 在x軸方向上的物體的加速度為 令 μ=tgθ，則 在F是拉力情況下，當90-α=θ時，也就是作用力F的方向與地面的夾角恰為θ=arctgμ時，物體能獲得最大的加速度。很明顯，若μ=0，則θ=0，也就是α=90時，物體能獲得最大的加速度。 （2）如圖所示，若F是推力，設推力與豎直方向的夾角為α，與水平地面的夾角為θ，則 f=μ（mg + Fcosα） 在x軸方向上物體的加速度為 推力使物體在x方向上獲得加速度，即a＞0，所以 Fsinα-μ（mg + Fcosα）＞0 即 F（sinα-μcosα）-μmg＞0 當α角使 F（sinα-μcosα）-μmg≤0時， 即 sinα-μcosα≤ sinα-μcosα≤0 來求解α角的范圍。 令μ = tgβ 則有 sinα-tgβcosα≤0 即 sin（α-β）≤0， 在α、β均為銳角時得 α≤β=arctgμ 當用力推物體時，施力的方向與豎直方向的夾角α小于β，不論F多大都不能使物體獲得加速度。 【錯因分析與解題指導】[誤解]的主要錯因是沒有注意摩擦力的影響，由于外力F的方向不同，會使摩擦力的大小發(fā)生變化。無論是滑動摩擦力還是最大靜摩擦力，都和物體與地面間的正壓力有關。當外力F以與地面成不同的角度來推、拉物體時，正壓力就有不同的值，所以物體所受的合力就有不同的值。只有在正確分析物體的受力情況后，對問題才能作出正確的解答。 　 【例10】 質量為m=2kg的木塊原來靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)在第1，3，5…奇數秒內給物體施加方向向右、大小為F1=6N的水平推力，在第2，4，6…偶數秒內，給物體施加方向仍向右、大小為F2=2N的水平推力，已知物體與地面間的摩擦因數μ=0.1．取g=10m／s2，問： （1）木塊在奇數秒和偶數秒內各做什么運動？ （2）經過多長時間，木塊位移的大小等于40.25m？ 【分析】以木塊為研究對象，它在豎直方向處于力平衡狀態(tài)，水平方向僅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用．由牛頓第二定律可判斷出木塊在奇數秒和偶數秒的運動，結合運動學公式，即可求出運動時間． 【解】（1）木塊在奇數秒內的加速度為 木塊在偶數秒內的加速度為 所以，木塊在奇數秒內做a = a1=2m／s2的勻加速直線運動，在偶數秒內做勻速直線運動． （2）在第1s內木塊向右的位移為 至第1s末木塊的速度 v1=at=21m/s=2m/s． 在第2s內，木塊以第1s末的速度向右做勻速運動，在第2s內木塊的位移為 s2=v1t=21m=2m． 至第2s末木塊的速度 v2=v1=2m/s． 在第3s內，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運動，在第3s內的位移為 至第3s末木塊的速度 v3=v2+at=2m/s+21m/s=4m/s． 在第4s內，木塊以第3s末的速度向右做勻速運動，在第4s內木塊的位移為 S4=v3t=41m=4m． 至第4s末木塊的速度 v4=v3＝4m/s． …… 由此可見，從第1s起，連續(xù)各秒內木塊的位移是從1開始的一個自然數列．因此，在ns內的總位移為 當sn=40.25m時，n的值為8＜n＜9．取n=8，則8s內木塊的位移共為 至第8s末，木塊的速度為 v8=8m/s． 設第8s后，木塊還需向右運動的時間為tx，對應的位移為 sx=40.25m-36m=4.25m， 由 得合理解 tx=0.5s． 所以，木塊的位移大小等于40.25m時需運動時間 T=8s+0.5s=8.5s． 【說明】木塊運動的v-t圖如下圖所示． 因為v-t圖線與t軸間的面積表示對應時間內的位移，所以每秒內位移成一等差數列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即 △s=s1=1m． 111