例1.如图所示,一质量为M=5 kg的斜面体放在水平地面上,斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5,斜面高度为h=0.45 m,斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8,小物块的质量为m=1 kg,起初小物块在斜面的竖直面上的最高点。现在从静止开始在M上作用一水平恒力F,并且同时释放m,取g=10 m/s2,设小物块与斜面体右侧竖直面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力,小物块可视为质点。问:
(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动,加速度至少多大?
(2)此过程中水平恒力至少为多少?
例1解析:(1)以m为研究对象,竖直方向有:
mg-F f=0
水平方向有:F N=ma
又F f=μ2F N
得:a=12.5 m/s2。
(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象,由牛顿第二定律得:F-μ1(M+m)g=(M+m)a
水平恒力至少为:F=105 N。
答案:(1)12.5 m/s2(2)105 N
例2.如图所示,质量为m的光滑小球,用轻绳连接后,挂在三角劈的顶端,绳与斜面平行,劈置于光滑水平面上,求:
(1)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力?加速度方向如何?
(2)劈以加速度a1= g/3水平向左加速运动时,绳的拉力多大?
(3)当劈以加速度a3= 2g向左运动时,绳的拉力多大?
例2解:(1)恰无压力时,对球受力分析,得
(2),对球受力分析,得
(3),对球受力分析,得(无支持力)
练习:
1.如图所示,质量为M的木板上放着质量为m的木块,木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2,求加在木板上的力F为多大时,才能将木板从木块下抽出?(取最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)
1解:只有当二者发生相对滑动时,才有可能将M从m下抽出,此时对应的临界状态是:M与m间的摩擦力必定是最大静摩擦力,且m运动的加速度必定是二者共同运动时的最大加速度
隔离受力较简单的物体m,则有:,a m就是系统在此临界状态的加速度
设此时作用于M的力为F min,再取M、m整体为研究对象,则有:
F min-μ2(M+m)g=(M+m)a m,故F min=(μ1+μ2)(M+m)g
当F> F min时,才能将M抽出,故F>(μ1+μ2)(M+m)g
2.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮,绳的一端系一质量M=15kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g=10m/s2)()
A.25m/s2 B.5m/s2 C.10m/s2 D.15m/s2
2.分析:当小猴以最大加速度向上爬行时,重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,对
小猴受力分析,运用牛顿第二定律求解加速度.
解答:解:小猴以最大加速度向上爬行时,重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,即F=Mg;
小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F;
对小猴受力分析,受重力和拉力,根据牛顿第二定律,有
3、如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为( )
A .5mg 3μ
B .4mg 3μ
C .2mg 3μ
D .mg 3μ
3、答案B 。分别对整体右端一组及个体受力分析 ,运用牛顿第二定律,由整体法、隔离法可得
F=6ma ①F-μmg=2ma ②μmg-T=ma ③由①②③联立可得T=
μmg 所以B 正确.
4、一根劲度系数为k 、质量不计的轻弹簧,上端固定,下端系一质量为m 的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度,如图所示。现让木板由静止开始以加速度a(a <g)匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。
4、解:设物体与平板一起向下运动的距离为x 时,物体受重力mg 、弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用
据牛顿第二定律有:mg-kx-N=ma ,得:N=mg-kx-ma
当N=0时,物体与平板分离,所以此时
因为
,所以
5.如图3-3-8所示,有A 、B 两个楔 形木块,质量均为m ,靠在一起放于
水平面上,它们的接触面的倾角为θ。现对木块A 施一水平推力F ,若不计一切摩擦,要使A 、B 一起运动而不发生相对滑动,求水平推力F 不得超过的最大值。
5、解析:A、B一起运动,则以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F=2ma
以A为研究对象,其受力情况如图所示。
由图可知,A、B一起运动而不发生相对
滑动的临界条件是地面对A的支持力为N=0
竖直方向:F BA cosθ=mg
水平方向:F-F BA sinθ=ma
联立上式可得F=2mg tanθ,即水平推力F的最大值为2mg tanθ。
答案:2mg tanθ
6、如图3-3-9所示,一轻绳上端系在车左上角的A点,另一轻绳一端系在车左端B点,B点在A点正下方,A、B距离为b,两绳另一端在C点相结并系一质量为m的小球,绳AC长度为2b,绳BC长度为b。两绳能够承受的最大拉力均为2mg。求:
(1)绳BC刚好被拉直时,车的加速度是多大?
(2)为不拉断轻绳,车向左运动的最大加速度是多大?
6、解析:(1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图所示,因为AB=BC=b,AC=2b,故绳BC方向与AB垂
直,cosθ=
2
2
,θ=45°,绳BC刚好被拉直时,绳BC上没有力,由牛顿第二定律,得:mg tanθ=ma
可得a=g。
(2)小车向左加速度增大,AC、BC绳方向不变,所以AC绳拉力不变,BC绳拉力变大,BC绳拉力最大时,小车向左加速度最大,
由牛顿第二定律,
得F T B+mg tanθ=ma m
因为F T B=2mg,
所以最大加速度为a m=3g。
答案:(1)g(2)3g
例1.如图所示,一质量为M=5 kg的斜面体放在水平地面上,斜面体与地面的动摩擦因数为μ1=0.5,斜面高度为h=0.45 m,斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2=0.8,小物块的质量为m=1 kg,起初小物块在斜面的竖直面上的最高点。现在从静止开始在M上作用一水平恒力F,并且同时释放m,取g=10 m/s2,设小物块与斜面体右侧竖直面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力,小物块可视为质点。问: (1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动,加速度至少多大? (2)此过程中水平恒力至少为多少? 例1解析:(1)以m为研究对象,竖直方向有: mg-F f=0 水平方向有:F N=ma 又F f=μ2F N 得:a=12.5 m/s2。 (2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象,由牛顿第二定律得:F-μ1(M+m)g=(M+m)a 水平恒力至少为:F=105 N。 答案:(1)12.5 m/s2(2)105 N 例2.如图所示,质量为m的光滑小球,用轻绳连接后,挂在三角劈的顶端,绳与斜面平行,劈置于光滑水平面上,求: (1)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力?加速度方向如何? (2)劈以加速度a1= g/3水平向左加速运动时,绳的拉力多大? (3)当劈以加速度a3= 2g向左运动时,绳的拉力多大? 例2解:(1)恰无压力时,对球受力分析,得 (2),对球受力分析,得
(3),对球受力分析,得(无支持力) 练习: 1.如图所示,质量为M的木板上放着质量为m的木块,木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2,求加在木板上的力F为多大时,才能将木板从木块下抽出?(取最大静摩擦力与滑动摩擦力相等) 1解:只有当二者发生相对滑动时,才有可能将M从m下抽出,此时对应的临界状态是:M与m间的摩擦力必定是最大静摩擦力,且m运动的加速度必定是二者共同运动时的最大加速度 隔离受力较简单的物体m,则有:,a m就是系统在此临界状态的加速度 设此时作用于M的力为F min,再取M、m整体为研究对象,则有: F min-μ2(M+m)g=(M+m)a m,故F min=(μ1+μ2)(M+m)g 当F> F min时,才能将M抽出,故F>(μ1+μ2)(M+m)g 2.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮,绳的一端系一质量M=15kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g=10m/s2)() A.25m/s2 B.5m/s2 C.10m/s2 D.15m/s2 2.分析:当小猴以最大加速度向上爬行时,重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,对 小猴受力分析,运用牛顿第二定律求解加速度. 解答:解:小猴以最大加速度向上爬行时,重物对地压力为零,故小猴对细绳的拉力等于重物的重力,即F=Mg; 小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F; 对小猴受力分析,受重力和拉力,根据牛顿第二定律,有
龙源期刊网 https://www.wendangku.net/doc/0d1181464.html, 牛顿第二定律解题技巧分析 作者:姚良波 来源:《速读·上旬》2019年第10期 摘; 要:牛顿第二定律作为中学生在物理学习中的难点与重点知识,在最终的高考试卷中占据了较大的考试内容占比。本文将立足于学生学习情况与客观考试试卷内容,对牛顿第二定律解题技巧进行分析,希望能够促进教师教育教学工作的顺利展开。 关键词:牛顿第二定律;中学生学习;物理问题应用解析 对牛顿第二定律解题技巧展开分析,将能够提升学生的解题技巧,从而改善学生的卷面得分情况,也能够侧面的提高教师的教育教学水平。本文将从找准关键字、想象建模解题和正确书写三个方面对牛顿第二定律解题技巧进行一定分析,希望能够促进教育教学工作的改善。 一、找准关键字 在探讨牛顿第二定律解题技巧前,学生首先要判断该题目考查知识点中是否涉及到牛顿第二定律。判断该题目中是否涉及到牛顿第二定律知识点,则需要学生能够找准题目中的关键字。这就要求教师在日常练习中着重培养学生认真审题的习惯。教师可以让学生在日常解题时用铅笔进行点读,在点读时发现关键字时则要用笔在题目上进行一定标注。在读题时,学生首先要判断该题目属于平衡问题还是非平衡问题,如果题目中有关键字为“静止或匀速运动”,则此时a=0,学生则应该将本题判断为平衡问题;如果题目中的关键字为变速运动,则此时a≠0,为非平衡运动。学生首先要对该题目进行平衡或非平衡判断,才能在该基础上对题目进行进一步的探讨与研究。如果学生判断该题为平衡问题,则要对该题目中所涉及的具体物体或者人做受力分析。学生应该根据具体的题目要求选择其所需要的受力分析方法是合成法还是正分解法。如果该题目中所作受力分析中对力分析有三个,则学生宜采用合成法构建受力三角形;如果该题目中涉及到三个以上的力,则学生应该采用正交分解法对该题目中所涉及物体进行受力分析。如果学生判断该题目为非平衡问题,则以物体所受两个力为界限,两个力为合成法或者正交分解法;三个力及以上则应该使用正交分解法。就牛顿第二定律而言,如果该题目中涉及到非平衡问题,则适用牛顿第二定律,如果涉及到平衡问题,则解题模式为牛顿第一定律解题模式。而在利用牛顿第二定律解题时,一般我们采用正交分解法去进行物体的受力分析。 例如,质量为m的人站在斜面电梯上,该电梯以加速度a向上、向右做加速运动,a的方向与水平方向的夹角为α,根据以上信息,请求该站在斜面电梯上的人受到的支持力与摩擦力。学生根据题目中关键字加速度a、则可以判断该题目所考查知识点为牛顿第二定律,继而学生要根据题目要求判断位于电梯上的人的受力情况,并根据正交分解法对题目中的人进行受力情况分析。再根据具体的题目要求利用牛顿第二定律原始公式进行变式解题。
牛顿第二定律的系统表达式 一、整体法和隔离法处理加速度相同的连接体问题 1.加速度相同的连接体的动力学方程: F 合 = (m 1 +m 2 +……)a 分量表达式:F x = (m 1 +m 2 +……)a x F y = (m 1 +m 2 +……)a y 2. 应用情境:已知加速度求整体所受外力或者已知整体受力求整体加速度。 例1、如图,在水平面上有一个质量为M的楔形木块A,其斜面倾角为α,一质量为m的木块B放在A的斜面上。现对A施以水平推力F, 恰使B与A不发生相对滑动,忽略一切摩擦,则B对 A的压力大小为( BD ) A 、 mgcosα B、mg/cosα C、FM/(M+m)cosα D、Fm/(M+m)sinα ★题型特点:隔离法与整体法的灵活应用。 ★解法特点:本题最佳方法是先对整体列牛顿第二定律求出整体加速度,再隔离B受力分析得出A、B之间的压力。省去了对木楔受力分析(受力较烦),达到了简化问题的目的。 例2.质量分别为m1、m2、m3、m4的四个物体彼此用轻绳连接,放在光滑的桌面上,拉力F1、F2分别水平地加在m1、m4上,如图所示。求物体系的加速度a和连接m2、m3轻绳的张力F。(F1>F2) 例3、两个物体A和B,质量分别为m1和m2,互相接触放在光滑水平面上,如图所示,对物体A施以水平的推力F,则物体A对B的作用力等于 ( ) A.F F F F 3、B 解析:首先确定研究对象,先选整体,求出A、B共同的加速度,再单独研究B,B 在A施加的弹力作用下加速运动,根据牛顿第二定律列方程求解. 将m1、m2看做一个整体,其合外力为F,由牛顿第二定律知,F=(m1+m2)a,再以m2为研究对象,受力分析如右图所示,由牛顿第二定律可得:F12=m2a,以上两式联立可得:F12= ,B正确. 例4、在粗糙水平面上有一个三角形木块a,在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个木块b和c,如图1所示,已知m1>m2,三木块均处于静止, 则粗糙地面对于三角形木块( D ) A.有摩擦力作用,摩擦力的方向水平向右。B.有摩擦力作用,摩擦力的方向水平向左。C.有摩擦力作用,组摩擦力的方向不能确定。D.没有摩擦力的作用。 二、对加速度不同的连接体应用牛顿第二定律1.加速度不同的连接体的动力学方程:b c a
牛顿第二定律应用的典型问题
牛顿第二定律应用的典型问题 ——陈法伟 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因,而不是维持运动的原因。由知,加速度与力有直接关系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系,加速度与速度同向时,速度增加;反之减小。在加速度为零时,速度有极值。 例1. 如图1所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是() 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 解析:小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点,弹力从零开始逐渐增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是() A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气 解析:受力分析如图2所示,探测器沿直线加速运动时,所受合力方向与 运动方向相同,而重力方向竖直向下,由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方,由牛顿第三定律可知,喷气方向斜向下方;匀速运动时,所受合力为零,因此推力方向必须竖直向上,喷气方向竖直向下。故正确答案选C。
应用牛顿第二定律分量形式解题例析 F合=ma是牛顿第二定律的矢量形式,它体现了加速度方向与合外力方向的一致性,在具体应用到两个相互垂直的方向时,可得到牛顿第二定律的平面直角坐标形式:Fx=max,Fy=may。 下面举两例牛顿第二定律的分量形式在求解高考题中的具体应用: 例1:(2013?安徽高考)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN 分别为(重力加速度为g)() A.T=m(gsinθ+acosθ)FN=m(gcosθ-asinθ) B.T=m(gcosθ+asinθ)FN=m(gsinθ-acosθ) C.T=m(acosθ-gsinθ)FN=m(gcosθ+asinθ) D.T=m(asinθ-gcosθ)FN=m(gsinθ+acosθ) 解析:如图,沿斜面方向与垂直斜面方向建立直角坐标系,正交分解力与加速度: 根据牛顿第二定律分量式得:T-mgsinθ=macos
θ,mgcosθ-FN=masinθ, 解得:T=m(gsinθ+acosθ),FN=m(gcosθ-asin θ),答案选A。 当研究对象具有多个物体时,可应用系统牛顿第二定律的平面直角坐标形式: Fx=m1a1x+m2a2x+m3a3x+… Fy=m1a1y+m2a2y+m3a3y+… 式中Fx等于系统中各物体质量与其加速度沿x 轴的分量乘积之和,Fy等于系统中各物体质理与其加速度沿y轴的分量乘积之和。 例2:(2010年上海高考)倾角θ=37°,质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上,质量m=2kg的木块置于斜面顶端,从静止开始匀加速下滑,经t=2s到达底端,运动路程L=4m,在此过程中斜面保持静止(sin37°=0.6、cos37°=0.8、g取10m/s2),求:(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向; (2)地面对斜面的支持力大小。 解析:木块沿斜面做匀加速直线运动,设加速度为a,由位移时间关系: L=at2 得:a==2m/s2 以斜面和物体组成的系统为研究对象进行受力分
牛顿第二定律 1.牛顿第二定律的表述(内容) 物体的加速度跟物体所受的外力的合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合力的方向相同,公式为:F=ma(其中的F和m、a必须相对应)。 对牛顿第二定律理解: (1)F=ma中的F为物体所受到的合外力. (2)F=ma中的m,当对哪个物体受力分析,就是哪个物体的质量,当对一个系统(几个物体组成一个系统)做受力分析时,如果F是系统受到的合外力,则m是系统的合质量.(3)F=ma中的F与a有瞬时对应关系,F变a则变,F大小变,a则大小变,F方向变a也方向变. (4)F=ma中的F与a有矢量对应关系,a的方向一定与F的方向相同。 (5)F=ma中,可根据力的独立性原理求某个力产生的加速度,也可以求某一个方向合外力的加速度. 若F为物体受的合外力,那么a表示物体的实际加速度;若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力,那么a表示物体在该方向上的分加速度;若F为物体受的若干力中的某一个力,那么a仅表示该力产生的加速度,不是物体的实际加速度。 (6)F=ma中,F的单位是牛顿,m的单位是千克,a的单位是米/秒2. (7)F=ma的适用范围:宏观、低速 2.应用牛顿第二定律解题的步骤 ①明确研究对象。可以以某一个物体为对象,也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为m i,对应的加速度为a i,则有:F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+m n a n 对这个结论可以这样理解:先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律: ∑F1=m1a1,∑F2=m2a2,……∑F n=m n a n,将以上各式等号左、右分别相加,其中左边所有力中,凡属于系统内力的,总是成对出现的,其矢量和必为零,所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和,即合外力F。 ②对研究对象进行受力分析。(同时还应该分析研究对象的运动情况(包括速度、加速度),并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。 ③若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动,一般用平行四边形定则(或三角形定则)解题;若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动,一般用正交分解法解题(注意灵活选取坐标轴的方向,既可以分解力,也可以分解加速度)。 ④当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时,那就必须分阶段进行受力分析,分阶段列方程求解。 解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题,同时认真画出受力分析图,那么问题都能迎刃而解。 3.应用举例 【例1】质量为m的物体放在水平地面上,受水平恒力F作用,由静止开始做匀加速直线运动,经过ts后,撤去水平拉力F,物体又经过ts停下,求物体受到的滑动摩擦力f.
牛顿第二定律应用的典型问题 1. 力和运动的关系 例1. 如图1所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是() A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是() A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气 故正确答案选C。 2. 力和加速度的瞬时对应关系 (1)物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系。每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力,而与这一瞬时之间或瞬时之后的力无关。若合外力变为零,加速度也立即变为零(加速度可以突变)。这就是牛顿第二定律的瞬时性。 (2)中学物理中的“绳”和“线”,一般都是理想化模型,具有如下几个特性: ①轻,即绳(或线)的质量和重力均可视为零。由此特点可知,同一根绳(或线)的两端及其中间各点的张力大小相等。 ②软,即绳(或线)只能受拉力,不能承受压力(因绳能弯曲)。由此特点可知,绳与其他物体相互作用力的方向是沿着绳子且背离受力物体的方向。 ③不可伸长:即无论绳子所受拉力多大,绳子的长度不变。由此特点知,绳子中的张力可以突变。 (3)中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”,也是理想化模型,具有如下几个特性: ①轻:即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为零。由此特点可知,同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。 ②弹簧既能受拉力,也能受压力(沿弹簧的轴线);橡皮绳只能受拉力,不能承受压力(因橡皮绳能弯曲)。 ③由于弹簧和橡皮绳受力时,其形变较大,发生形变需要一段时间,所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变。但是,当弹簧和橡皮绳被剪断时,它们所受的弹力立即消失。
牛顿第二定律应用的问题 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因,而不是维持运动的原因。由知,加速度与力有直接关系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系,加速度与速度同向时,速度增加;反之减小。在加速度为零时,速度有极值。 例1. 如图1所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是() 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是() A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气
解析:小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点,弹力从零开始逐渐增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 解析:受力分析如图2所示,探测器沿直线加速运动时,所受合力方向 与运动方向相同,而重力方向竖直向下,由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方,由牛顿第三定律可知,喷气方向斜向下方;匀速运动时,所受合力为零,因此推力方向必须竖直向上,喷气方向竖直向下。故正确答案选C。 图2
示范教案 3 牛顿第二定律 整体设计 教材分析 牛顿第二定律是动力学部分的核心内容,它具体地、定量地回答了物体运动状态的变化,即加速度与它所受外力的关系,以及加速度与物体自身的惯性——质量的关系;况且此定律是联系运动学与力学的桥梁,它在中学物理教学中的地位和作用不言而喻,所以本节课的教学对力学是至关重要的.本节课是在上节探究结果的基础上加以归纳总结得出牛顿第二定律的内容,关键是通过实例分析强化训练让学生深入理解,全面掌握牛顿第二定律,会应用牛顿第二定律解决有关问题. 教学重点 牛顿第二定律应用 教学难点 牛顿第二定律的意义 课时安排 1课时 三维目标 1.知识与技能 (1)掌握牛顿第二定律的文字内容和数学公式. (2)理解公式中各物理量的意义及相互关系. (3)知道在国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的. (4)会用牛顿第二定律的公式进行有关的计算. 2.过程与方法 (1)以实验为基础,归纳得到物体的加速度跟它的质量及所受外力的关系,进而总结出牛顿第二定律. (2)认识到由实验归纳总结物理规律是物理学研究的重要方法. 3.情感、态度与价值观 渗透物理学研究方法的教育,体验物理方法的魅力. 教学过程 导入新课 情景导入 多媒体播放刘翔在国际比赛中的画面.如图. 边播放边介绍:短跑运动员在起跑时的好坏,对于取得好成绩十分关键,因此,发令枪响必须奋力蹬地,发挥自己的最大体能,以获得最大的加速度,在最短的时间内达到最大的运动速度.我们学习了本节内容后就会知道,运动员是怎样获得最大加速度的.复习导入 利用多媒体播放上节课做实验的过程,引起学生的回忆,激发学生的兴趣,使学生再一
课题:牛顿第二定律应用(一) 目的:1、掌握应用牛顿定律分析力和运动关系问题的基本方法。 2、培养学生分析解决问题的能力。 重点:受力分析、运动和力关系的分析。 难点:受力分析、运动和力关系的分析。 方法:启发思考总结归纳、讲练结合。 过程:一、知识点析: 1.牛顿第二定律是在实验基础上总结出的定量揭示了物体的加速度与力和质量的关系。数学表达式:ΣF=ma或ΣFx=Ma x ΣF y =ma y 理解该定律在注意: (1)。瞬时对应关系;(2)矢量关系;(3)。 2.力、加速度、速度的关系: (1)加速度与力的关系遵循牛顿第二定律。 (2)加速度一与速度的关系:速度是描述物体运动的一个状态量,它与物体运动的加速度没有直接联系,但速度变化量的大小加速度有关,速度变化量与加速度(力)方向一致。 (3)力与加速度是瞬时对应关系,而力与物体的速度,及速度的变化均无直接关系。Δv=at,v=v +at,速度的变化需要时间的积累,速度的大小还需考虑初始情况。 二、例题分析: 例1。一位工人沿水平方向推一质量为45mg的运料车,所用的推力为90N,此时运料车的加速度是1.8m/s2,当这位工人不再推车时,车的加速度。 【例2】物体从某一高度自由落下,落在直立于地面的轻弹簧上,如图3-2所示,在A点物体开始与弹簧接触,到B点时,物体速度为零,然后被弹回,则以下说法正确的是: A、物体从A下降和到B的过程中,速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中,速率不断变大 C、物体从A下降B,以及从B上升到A的过程中,速率都是先增大,后减小 D、物体在B点时,所受合力为零 【解析】本题主要研究a与F 合 的对应关系,弹簧这种特殊模型的变化特点,以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚,同时对物体 正确的受力分析,是解决本题的关键,找出AB之间的C位置,此时F 合 =0,由A→C 的过程中,由mg>kx1,得a=g-kx1/m,物体做a减小的变加速直线运动。在C位置
牛顿第二定律的应用 Prepared on 22 November 2020