高中物理 第5章 力與運動本章整合課件 魯科版必修1.ppt

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本章整合BENZHANG ZHENGHE,專題一,專題二,專題三,專題四,牛頓第二定律的瞬時性問題 牛頓第二定律中合外力與加速度是瞬時對應關(guān)系,也就是說,加速度隨外力瞬時變化,每一瞬時的加速度都與該瞬時物體受到的合外力相對應。通過分析某一瞬時物體的受力情況可以應用牛頓第二定律確定物體在該瞬時的加速度。 應用牛頓第二定律解決瞬時加速度問題時應注意兩種常見模型的不同,抓住模型的特點分析問題會事半功倍。 1.輕質(zhì)彈簧類模型:因彈簧的長度既可變長又可變短,且由于其形變量較大,產(chǎn)生形變或形變消失都有一個過程,因此彈簧上的彈力不能突變,在極短的時間內(nèi)認為彈簧的彈力不變。但輕彈簧被剪斷時其彈力立即消失。,專題一,專題二,專題三,專題四,2.輕質(zhì)細繩模型:輕繩只能承受拉力且方向一定沿著繩子收縮的方向。由于繩子不可伸長,因此無論繩子所受拉力多大,長度不變,繩子的拉力可以發(fā)生突變,即瞬時產(chǎn)生、瞬時改變、瞬時消失。,專題一,專題二,專題三,專題四,【例題1】 如圖甲所示,一質(zhì)量為50 g的物塊系于長度分別為L1、L2的兩根細線上,L1的一端懸掛在天花板上,與豎直方向夾角為37,L2水平拉直,物體處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將L2線剪斷, (1)求剪斷瞬間細線L1的拉力和物體的加速度大小。 (2)若將圖甲中的細線L1改為長度相同、質(zhì)量不計的輕彈簧,如圖乙。求將L2線剪斷瞬間物體的加速度大小。,專題一,專題二,專題三,專題四,解析:設L1線上拉力為T1,L2線上拉力為T2,重力為mg,物體在三力作用下保持平衡,有T1cos θ=mg,T1sin θ=T2,T2=mgtan θ。 (1)剪斷線的瞬間,T2突然消失,因為L2被剪斷的瞬間,L1上的張力大小發(fā)生了變化。小球即將繞懸掛點向右下方向擺動,沿細線方向受力平衡, T1=mgcos θ=5010-3100.8 N=0.4 N, 由mgsin θ=ma,物體的加速度a=gsin θ=6 m/s2。,專題一,專題二,專題三,專題四,(2)L2被剪斷的瞬間,彈簧L1的長度來不及發(fā)生變化,其大小和方向都不變。物體即在T2反方向獲得加速度。因為mgtan θ=ma,所以加速度a=gtan θ=7.5 m/s2,方向在T2反方向。 答案:(1)6 m/s2 (2)7.5 m/s2,專題一,專題二,專題三,專題四,變式訓練1 如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M,兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有( ) A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g,專題一,專題二,專題三,專題四,解析:在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失,受到的合力均等于各自的重力,所以由牛頓第二定律知a1=a2=g;而物塊3、4間輕彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg,因此物塊3滿足mg=F,a3=0;由牛頓第二定律得物塊4滿足 所以C正確。 答案:C,專題一,專題二,專題三,專題四,牛頓運動定律中的臨界極值問題 1.在運用牛頓運動定律解動力學問題時,常常討論相互作用的物體是否會發(fā)生相對滑動,相互接觸的物體是否會發(fā)生分離等,這類問題就是臨界問題。 2.解決臨界問題的關(guān)鍵是分析臨界狀態(tài)。例如兩物體剛好要發(fā)生相對滑動時,接觸面上必須出現(xiàn)最大靜摩擦力;兩個物體要發(fā)生分離,相互之間的作用力——彈力必定為零。,專題一,專題二,專題三,專題四,3.解決臨界問題的一般方法 (1)極限法。 題設中若出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等這類詞語時,一般就隱含著臨界問題,解決這類問題時,常常是把物理問題(或物理過程)引向極端,進而使臨界條件或臨界點暴露出來,達到快速解決有關(guān)問題的目的。 (2)假設法。 有些物理問題在變化過程中可能會出現(xiàn)臨界問題,也可能不出現(xiàn)臨界問題,解答這類題,一般要用假設法。 (3)數(shù)學推理法。 根據(jù)分析的物理過程列出相應的數(shù)學表達式,然后由數(shù)學表達式討論出臨界條件。,專題一,專題二,專題三,專題四,【例題2】水平直軌道上運動的火車車廂內(nèi)有一個傾角為37的光滑斜面,斜面上有一個質(zhì)量為m=0.5 kg的小球,用輕繩系在斜面的頂端,如圖所示。在下列情況下,分別求出繩子的拉力大小和斜面對小球的支持力的大小。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 N/kg) (1)火車以加速度a1=8 m/s2向右加速運動。 (2)火車以加速度a2=15 m/s2向右加速運動。,專題一,專題二,專題三,專題四,解析:當球?qū)π泵娴膲毫偤脼榱銜r,小球受兩個力,合力水平向右(如圖甲所示)。 F合=mgcot 37=ma, 則a=gcot 37=10cot 37 m/s2=13.3 m/s2。,專題一,專題二,專題三,專題四,則a=gcot 37=10cot 37 m/s2=13.3 m/s2。 (1)a1=8 m/s213.3 m/s2,所以此時小球沒有離開斜面,小球受三個力作用(如圖乙所示)而做勻加速運動,由正交分解得 T1cos 37-N1sin 37=ma1 T1sin 37+N1cos 37=mg 代入數(shù)據(jù)得 T1=6.2 N N1=1.6 N 即拉力約為6.2 N、支持力約為1.6 N。,專題一,專題二,專題三,專題四,(2)a2=15 m/s213.3 m/s2,所以此時小球已離開斜面,小球受2個力的作用,合力水平向右(如圖丙所示)。此時 即拉力約為9 N、支持力為0。 答案:(1)6.2 N 1.6 N (2)9 N 0,專題一,專題二,專題三,專題四,變式訓練2 一個質(zhì)量為m的小球B,用兩根等長的細繩1、2分別固定在車廂的A、C兩點,如圖所示,已知兩繩拉直時,兩繩與車廂前壁的夾角均為45。試求: (1)當車以加速度a1= g向左做勻加速直線運動時1、2兩繩的拉力的大小; (2)當車以加速度a2=2g向左做勻加速直線運動時,1、2兩繩的拉力的大小。,專題一,專題二,專題三,專題四,專題一,專題二,專題三,專題四,牛頓運動定律中的連接體問題 1.解題方法 (1)整體法:把整個系統(tǒng)作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力的影響,只考慮系統(tǒng)受到的外力,依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。 (2)隔離法:把系統(tǒng)中的各個部分(或某一部分)隔離,作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統(tǒng)的內(nèi)力就有可能成為該研究對象的外力,在分析時應加以注意。然后依據(jù)牛頓第二定律列方程求解。,專題一,專題二,專題三,專題四,2.選取原則 (1)一般是先整體后隔離:在連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,應先把連接體當作一個整體,分析整體受力,利用牛頓第二定律求出加速度。若求連接體內(nèi)各物體間的相互作用,再把物體隔離,對該物體單獨受力分析,再利用牛頓第二定律對該物體列式求解。 (2)物體系統(tǒng)外力的問題,有的直接選取整體法求解,有的則先隔離后整體。,專題一,專題二,專題三,專題四,【例題3】如圖所示,長度為l=0.5 m、傾角為θ=37的斜面固定在離地面足夠高的水平桌面上,質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小物塊用輕繩跨過輕滑輪連接,不計滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦,m1與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。開始時,用手抓住m1放在斜面底端,m2懸空使繩子恰好拉直,松開手后,m1經(jīng)歷時間t=0.5 s運動至斜面頂端。g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求m2向下運動過程中的加速度大小; (2)兩小物塊的質(zhì)量之比m1∶m2。,專題一,專題二,專題三,專題四,解析:(1)m2向下運動過程中m1和m2兩個小物塊具有大小相等的加速度,對于小物塊m1根據(jù)運動學公式可得l= at2,代入數(shù)值解得a=4 m/s2 因此,m2向下運動過程中的加速度大小為4 m/s2。 (2)m1和m2兩個小物塊具有大小相等的加速度,可將兩者看做一個整體,據(jù)牛頓第二定律得 m2g-μm1gcos 37-m1gsin 37=(m1+m2)a 代入數(shù)值解得a= g,又因為a=4 m/s2,代入a、g值得m1∶m2=3∶7。 答案:(1)4 m/s2 (2)3∶7,專題一,專題二,專題三,專題四,變式訓練3 (多選)兩個疊放在一起的滑塊,置于傾角為θ的固定斜面上,如右圖所示,滑塊A、B的質(zhì)量分別為M、m,A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1,B與A間的動摩擦因數(shù)為μ2。已知兩滑塊從靜止開始以相同的加速度沿斜面下滑,則滑塊B受到的摩擦力 ( ) A.等于零 B.方向沿斜面向上 C.大小等于μ1mgcos θ D.大小等于μ2mgcos θ,專題一,專題二,專題三,專題四,解析:以B為研究對象,對其受力分析如下圖所示,由于所求的摩擦力是未知力,可假設B受到A對它的摩擦力沿斜面向下。 由牛頓第二定律得 mgsin θ+fB=ma 對A、B整體進行受力分析,可得 (M+m)gsin θ-μ1(M+m)gcos θ=(M+m)a 聯(lián)立兩式解得fB=-μ1mgcos θ 式中負號表示fB的方向與假設的方向相反,即fB的方向沿斜面向上。故選項B、C正確。 答案:BC,專題一,專題二,專題三,專題四,牛頓第二定律與圖象的綜合應用 1.常見的圖象有:v-t圖象,a-t圖象,F-t圖象,F-a圖象等。 2.圖象間的聯(lián)系:加速度是聯(lián)系v-t圖象與F-t圖象的橋梁。 3.解決這類問題的基本步驟 (1)看清坐標軸所表示的物理量,明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)的制約關(guān)系。 (2)看圖線本身,識別兩個相關(guān)量的變化趨勢,從而分析具體的物理過程。 (3)看交點,分清兩個相關(guān)量的變化范圍及給定的相關(guān)條件。明確圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的“面積”的物理意義。 在看懂以上三個方面后,進一步弄清“圖象與公式”“圖象與圖象”“圖象與物體”之間的聯(lián)系與變通,以便對有關(guān)的物理問題作出準確的判斷。,專題一,專題二,專題三,專題四,【例題4】 如圖,質(zhì)量為M的長木板,靜止放在粗糙的水平地面上,有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊,以某一水平初速度從左端沖上木板。從物塊沖上木板到物塊和木板都靜止的過程中,物塊和木板的v-t圖象分別如圖中的折線所示,根據(jù)v-t圖象(g取10 m/s2),求: (1)m與M間的動摩擦因數(shù)μ1及M與地面間的動摩擦因數(shù)μ2; (2)m與M的質(zhì)量之比; (3)從物塊沖上木板到物塊和木板都靜止的過程中,物塊m、長木板M各自對地的位移。,專題一,專題二,專題三,專題四,專題一,專題二,專題三,專題四,專題一,專題二,專題三,專題四,變式訓練4 如圖甲所示,某人通過動滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處,動滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力T之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。則下列判斷正確的是( ) A.圖線與縱軸的交點的絕對值為g B.圖線的斜率在數(shù)值上等于物體的質(zhì)量m C.圖線與橫軸的交點N的值N=mg D.圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質(zhì)量的倒數(shù),專題一,專題二,專題三,專題四,