習題課:用牛頓運動定律解決幾類典型問題,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,瞬時加速度問題 情景導引 如圖所示,用手向下壓彈簧玩偶的頭部,若人向下壓的力為F,彈簧玩偶的頭部質量為m,人手實然撤離時,彈簧玩偶頭部的加速度為多大?,要點提示人手向下壓時,彈簧玩偶的頭部受三個力作用:手向下的壓力F、重力mg和彈簧的彈力FN,三力作用下彈簧玩偶頭部處于平衡狀態(tài),所以FN=mg+F,當人手離開的瞬間,彈力和重力不變,所以彈簧玩偶頭部的加速度為a= 。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,知識歸納 兩類模型 根據牛頓第二定律,加速度a與合外力F存在著瞬時對應關系。所以分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。應注意兩類基本模型的區(qū)別: (1)剛性繩(或接觸面)模型:這種不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體,剪斷(或脫離)后,彈力立即改變或消失,形變恢復幾乎不需要時間。 (2)彈簧(或橡皮繩)模型:此種物體的特點是形變量大,形變恢復需要較長時間,在瞬時問題中,其彈力的大小往往可以看成是不變的。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,典例剖析 例1如圖中小球質量為m,處于靜止狀態(tài),彈簧與豎直方向的夾角為。則: (1)繩OB和彈簧的拉力各是多少? (2)若燒斷繩OB瞬間,物體受幾個力作用?這些力的大小是多少? (3)燒斷繩OB瞬間,求小球m的加速度的大小和方向。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,解析(1)對小球受力分析如圖甲所示 其中彈簧彈力與重力的合力F與繩的拉力F等大反向,甲,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,(3)燒斷繩OB瞬間,重力和彈簧彈力的合力方向水平向右,與燒斷繩OB前OB繩的拉力大小相等,方向相反,(如圖乙所示)即F合=mgtan , 由牛頓第二定律得小球的加速度a= =gtan ,方向水平向右。,乙,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,規(guī)律方法受力條件變化時瞬時加速度的求解思路 (1)分析原狀態(tài)(給定狀態(tài))下物體的受力情況,求出各力大小(若物體處于平衡狀態(tài),則利用平衡條件;若處于加速狀態(tài)則利用牛頓運動定律)。 (2)分析當狀態(tài)變化時(燒斷細線、剪斷彈簧、抽出木板、撤去某個力等),哪些力變化,哪些力不變,哪些力消失(被剪斷的繩、彈簧中的彈力,發(fā)生在被撤去物接觸面上的彈力都立即消失)。 (3)求物體在狀態(tài)變化后所受的合外力,利用牛頓第二定律,求出瞬時加速度。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,變式訓練1(多選)質量均為m的A、B兩球之間連有一輕彈簧,放在光滑的水平臺面上,A球緊靠墻壁,如圖所示。今用力F將B球向左推壓彈簧,靜止后,突然將力F撤去的瞬間( ),探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,解析撤去F之前,水平方向受到推力F和彈簧的彈力作用,處于靜止狀態(tài),有:F=F彈。 A球受到彈簧向左的彈力和墻壁向右的支持力處于靜止狀態(tài)。F撤去瞬間,彈簧彈力不變,所以A球受力不變,合力仍然為零,加速度為零,A錯誤,B正確;對于B球,此時水平方向只受到彈簧向右的彈力,所以加速度a= ,C錯誤,D正確,故選B、D。 答案BD,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,動力學中的臨界和極值問題 情景導引 許多生意火爆的餐廳要求服務員服務更多的顧客,服務員需要用最短的時間將菜肴送至顧客處。假定某服務員用手托托盤方式(如圖)給顧客上菜,要求全程托盤水平。托盤和手之間的動摩擦因數為0.2,g取10 m/s2,可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。服務員運動的最大加速度是多少? 要點提示托盤受摩擦力而加速,它的最大加速度為2 m/s2,為了手與托盤間不打滑,服務員的加速度最大不能超過2 m/s2。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,知識歸納 1.臨界、極值問題 在物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化的過程中,有時會出現某一個特定狀態(tài),某個(或某些)物理量發(fā)生突變,取特定的極大或極小值,此狀態(tài)即為臨界狀態(tài),相應的物理量的值為臨界值。含有臨界狀態(tài)的問題即臨界問題。 2.解決臨界問題的方法 解決問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)、確定臨界值。若題目中出現“最大”“最小”“剛好”等詞語時,一般都有臨界狀態(tài)出現。 (1)極限法:把物理問題(或過程)推向極端,分析在極端情況下可能出現的狀態(tài)和滿足的條件,從而找到臨界狀態(tài)及其條件。 (2)有些物理過程沒有明顯出現臨界問題的線索,但在變化過程中可能出現也可能不出現臨界問題,可用假設法來判斷是否出現臨界狀態(tài)。 (3)根據對物理過程的分析列出相應的數學表達式,結合物理量應滿足的條件,得出臨界狀態(tài)及條件。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,3.常見的臨界條件 (1)相互接觸的兩個物體將要分離的臨界條件是相互作用的彈力為零。 (2)繩子松弛的臨界條件是繩子的拉力為零。 (3)存在靜摩擦的系統,相對滑動和相對靜止的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。 (4)靜摩擦力為零是其方向改變的臨界條件。 (5)運動物體的速度達到極值的臨界條件是加速度(或合力)為零。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,典例剖析 例2如圖所示,在傾角為的光滑斜面上端固定一勁度系數為k的輕彈簧,彈簧下端連有一質量為m的小球,小球被一垂直于斜面的擋板A擋住,此時彈簧沒有形變。若手持擋板A以加速度a(agsin )沿斜面勻加速下滑,求: (1)從擋板開始運動到小球與擋板分離所經歷的時間。 (2)從擋板開始運動到小球的速度達到最大,小球經過的最小路程。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,變式訓練2如圖所示,細線的一端固定在傾角為45的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端拴一質量為m的小球。 (1)當滑塊至少以多大的加速度a向左運動時,小球對滑塊的壓力等于零? (2)當滑塊以a=2g的加速度向左運動時,線中拉力為多大?,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,解析(1)假設滑塊具有向左的加速度a,小球受重力mg、線的拉力F和斜面的支持力FN作用,如圖甲所示。 由牛頓第二定律得 水平方向:Fcos 45-FNcos 45=ma, 豎直方向:Fsin 45+FNsin 45-mg=0。,甲,由此兩式可以看出,當加速度a增大時,球所受的支持力FN減小,線的拉力F增大。 當a=g時,FN=0,此時小球雖與斜面接觸但無壓力,處于臨界狀態(tài),這時繩的拉力為F= mg,所以滑塊至少以a=g的加速度向左運動時小球對滑塊的壓力等于零。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,(2)滑塊加速度ag,小球將“飄”離斜面而只受線的拉力和重力的作用,如圖乙所示,此時細線與水平方向間的夾角45。由牛頓第二定律得Fcos =ma,Fsin =mg,解得F=m mg。 答案(1)g (2) mg,乙,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,連接體問題 情景導引 如圖,用力F把水迅速提起來,如何知道桶中的水對桶底的壓力呢? 要點提示水桶和水有相同的加速度和速度,即運動狀態(tài)相同,可先把水桶和水看作一個整體,由牛頓第二定律求出共同的加速度。再隔離水分析,由牛頓第二定律求出壓力大小。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,知識歸納 1.連接體及其特點 多個相互關聯的物體連接(疊放,并排或由繩子、細桿聯系)在一起的物體組稱為連接體。連接體一般具有相同的運動情況(速度、加速度)。 2.處理連接體問題的常用方法 (1)整體法:若連接物具有相同的加速度,可以把連接體看成一個整體作為研究對象,只分析外力,不分析內力。 (2)隔離法:把研究的物體從周圍物體中隔離出來,單獨進行分析,從而求解物體之間的相互作用力。 畫龍點睛整體法和隔離法不是對立的,往往二者配合使用。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,典例剖析 例3北京殘奧會開幕式上,運動員手拉繩索向上攀登,最終點燃了主火炬,體現了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用,可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪,一端掛一吊椅,另一端被坐在吊椅上的運動員拉住,如圖所示。設運動員的質量為65 kg,吊椅的質量為15 kg,不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度g取10 m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度a=1 m/s2上升時,試求: (1)運動員豎直向下拉繩的力的大小。 (2)運動員對吊椅的壓力大小。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,點撥先將運動員和座椅作為一個整體,根據牛頓第二定律可求得運動員對繩子的拉力;然后再隔離運動員進行分析,可以求得運動員對吊椅的壓力。,解析(1)設運動員受到繩向上的拉力為F,由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等,吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示,則有 2F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)a F=440 N 由牛頓第三定律,運動員豎直 向下拉繩的力的大小 F=440 N。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,(2)設吊椅對運動員的支持力為FN,對 運動員進行受力分析如圖所示,則有 F+FN-m人g=m人a FN=275 N 由牛頓第三定律,運動員對吊椅的壓力 也為275 N。 答案(1)440 N (2)275 N,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,規(guī)律方法整體法和隔離法在動力學問題中的應用技巧 (1)隔離法的選取原則:若連接體或關聯體內各物體的加速度不相同,或者要求出系統內兩物體之間的作用力時,就需要把物體從系統中隔離出來,應用牛頓第二定律列方程求解。 (2)整體法的選取原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力,可以把它們看成一個整體來分析整體受到的外力,應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。 (3)整體法、隔離法交替運用原則:若連接體內各物體具有相同的加速度,且要求物體之間的作用力時,可以先用整體法求出加速度,然后再用隔離法選取合適的研究對象,應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度,后隔離求內力”。,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,變式訓練3(多選)如圖所示,在光滑地面上,水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動,小車質量是m0,木塊質量是m,力大小是F,加速度大小是a,木塊和小車之間動摩擦因數是,則在這個過程中,木塊受到的摩擦力大小是( ) A.mg B. C.(m0+m)g D.ma,解析因為小車和木塊在力F的作用下一起做無相對滑動的加速運動,所以取小車和木塊為一整體,由牛頓第二定律可知F=(m0+m)a,設木塊受的摩擦力向右,大小為Ff,由牛頓第二定律得Ff=ma,以上兩式聯立可得Ff= ,B、D正確。 答案BD,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,1.如圖所示,輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連,下端與另一質量為m0的木塊2相連,整個系統置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài)。現將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有( ) A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=g,解析在抽出木板后的瞬間,彈簧對木塊1的支持力和對木塊2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力,mg=FN,a1=0,木塊2受重力和壓力,根據牛頓第二定律a2= g,故選C。 答案C,探究一,探究二,探究三,隨堂檢測,2.如圖甲所示,物體A質量為m0放在光滑水平桌面上,桌面一端附有輕質光滑定滑輪,若用一根跨過滑輪的輕繩系住A,另一端掛一質量為m的物體B,A的加速度為a1,若另一端改為施加一豎直向下F=mg的恒力,如圖乙所示,A的加速度為a2,則( ) A.a