2020高考物理復習 牛頓三定律

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1、2020高考物理復習 牛頓三定律 一、牛頓第一定律 1、定律。慣性的量度 2、觀念意義,突破“初態(tài)困惑” 二、牛頓第二定律 1、定律 2、理解要點 a、矢量性 b、獨立作用性:ΣF → a ,ΣFx → ax … c、瞬時性。合力可突變,故加速度可突變(與之對比:速度和位移不可突變);牛頓第二定律展示了加速度的決定式(加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”)。 3、適用條件 a、宏觀、低速 b、慣性系 對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析 三、牛頓第三定律 1、定律 2、理解要點 a、同性質(但不同物體) b、等時效(同增同減)

2、c、無條件(與運動狀態(tài)、空間選擇無關) 二、牛頓定律的應用 一、牛頓第一、第二定律的應用 單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少,一般是需要用其解決物理問題中的某一個環(huán)節(jié)。 應用要點:合力為零時,物體靠慣性維持原有運動狀態(tài);只有物體有加速度時才需要合力。有質量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。 1、如圖1所示,在馬達的驅動下,皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動。現(xiàn)將一工件(大小不計)在皮帶左端A點輕輕放下,則在此后的過程中( ) A、一段時間內(nèi),工件將在滑動摩擦力作用下,對地做加速運動 B、當工件的速度等于v時,它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力

3、C、當工件相對皮帶靜止時,它位于皮帶上A點右側的某一點 D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態(tài) 解說:B選項需要用到牛頓第一定律,A、C、D選項用到牛頓第二定律。 較難突破的是A選項,在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上,建議使用反證法(t → 0 ,a → ∞ ,則ΣFx → ∞ ,必然會出現(xiàn)“供不應求”的局面)和比較法(為什么人跳上速度不大的物體可以不發(fā)生相對滑動?因為人是可以形變、重心可以調(diào)節(jié)的特殊“物體”) 此外,本題的D選項還要用到勻變速運動規(guī)律。用勻變速運動規(guī)律和牛頓第二定律不難得出 只有當L > 時(其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素),才有相對靜止的過程,否

4、則沒有。 答案:A、D 思考:令L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g取10 m/s2 ,試求工件到達皮帶右端的時間t(過程略,答案為5.5s) 進階練習:在上面“思考”題中,將工件給予一水平向右的初速v0 ,其它條件不變,再求t(學生分以下三組進行)—— ① v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答:1.55s) 2、質量均為m的兩只鉤碼A和B,用輕彈簧和輕繩連接,然后掛在天花板上,如圖2所示。試問: ① 如果在P處剪斷細繩,在剪斷

5、瞬時,B的加速度是多少? ② 如果在Q處剪斷彈簧,在剪斷瞬時,B的加速度又是多少? 解說:第①問是常規(guī)處理。由于“彈簧不會立即發(fā)生形變”,故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值,所以此時B鉤碼的加速度為零(A的加速度則為2g)。 第②問需要我們反省這樣一個問題:“彈簧不會立即發(fā)生形變”的原因是什么?是A、B兩物的慣性,且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷彈簧時,彈簧卻是沒有慣性的(沒有質量),遵從理想模型的條件,彈簧應在一瞬間恢復原長!即彈簧彈力突變?yōu)榱恪? 答案:0 ;g 。 二、牛頓第二定律的應用 應用要點:受力較少時,直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時,結合正交分解與“獨

6、立作用性”解題。 在難度方面,“瞬時性”問題相對較大。 1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑,試求其加速度。 解說:受力分析 → 根據(jù)“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應用 答案:gsinθ。 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,傾角仍為θ,要求滑塊與斜面相對靜止,斜面應具備一個多大的水平加速度?(解題思路完全相同,研究對象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應注意區(qū)別。答:gtgθ。) 進階練習1:在一向右運動的車廂中,用細繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài),試求車廂的加速度。(和“思考”題同理,答:gtgθ。) 進階練習2、如圖4所示,小車在傾角為α的斜面上勻加速運動,車廂頂

7、用細繩懸掛一小球,發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。 解:繼續(xù)貫徹“矢量性”的應用,但數(shù)學處理復雜了一些(正弦定理解三角形)。 分析小球受力后,根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形,并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為θ,則 θ=(90°+ α)- β= 90°-(β-α) (1) 對灰色三角形用正弦定理,有 = (2) 解(1)(2)兩式得:ΣF = 最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度(即小車加速度) 答: 。 2、如

8、圖6所示,光滑斜面傾角為θ,在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質量為m的小球,當斜面加速度為a時(a<ctgθ),小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T 。 解說:當力的個數(shù)較多,不能直接用平行四邊形尋求合力時,宜用正交分解處理受力,在對應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。 正交坐標的選擇,視解題方便程度而定。 解法一:先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸,與a垂直的方向上建y軸,如圖7所示(N為斜面支持力)。于是可得兩方程 ΣFx = ma ,即Tx - Nx = ma ΣFy = 0 , 即Ty + Ny = mg 代入方位角θ,以上兩式成為

9、T cosθ-N sinθ = ma (1) T sinθ + Ncosθ = mg (2) 這是一個關于T和N的方程組,解(1)(2)兩式得:T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面嘗試一下能否獨立地解張力T 。將正交分解的坐標選擇為:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。這時,在分解受力時,只分解重力G就行了,但值得注意,加速度a不在任何一個坐標軸上,是需要分解的。矢量分解后,如圖8所示。 根據(jù)獨立作用性原理,ΣFx = max 即:T - Gx = max 即:T - mg

10、 sinθ = m acosθ 顯然,獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。 答案:mgsinθ + ma cosθ 思考:當a>ctgθ時,張力T的結果會變化嗎?(從支持力的結果N = mgcosθ-ma sinθ看小球脫離斜面的條件,求脫離斜面后,θ條件已沒有意義。答:T = m 。) 學生活動:用正交分解法解本節(jié)第2題“進階練習2” 進階練習:如圖9所示,自動扶梯與地面的夾角為30°,但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a = 4m/s2的加速度向上運動時,站在扶梯上質量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/s

11、2,試求扶梯對人的靜摩擦力f 。 解:這是一個展示獨立作用性原理的經(jīng)典例題,建議學生選擇兩種坐標(一種是沿a方向和垂直a方向,另一種是水平和豎直方向),對比解題過程,進而充分領會用牛頓第二定律解題的靈活性。 答:208N 。 3、如圖10所示,甲圖系著小球的是兩根輕繩,乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩,方位角θ已知?,F(xiàn)將它們的水平繩剪斷,試求:在剪斷瞬間,兩種情形下小球的瞬時加速度。 解說:第一步,闡明繩子彈力和彈簧彈力的區(qū)別。 (學生活動)思考:用豎直的繩和彈簧懸吊小球,并用豎直向下的力拉住小球靜止,然后同時釋放,會有什么現(xiàn)象?原因是什么? 結論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力

12、不能突變(胡克定律)。 第二步,在本例中,突破“繩子的拉力如何瞬時調(diào)節(jié)”這一難點(從即將開始的運動來反推)。 知識點,牛頓第二定律的瞬時性。 答案:a甲 = gsinθ ;a乙 = gtgθ 。 應用:如圖11所示,吊籃P掛在天花板上,與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住,當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間,P、Q的加速度分別是多少? 解:略。 答:2g ;0 。 三、牛頓第二、第三定律的應用 要點:在動力學問題中,如果遇到幾個研究對象時,就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題,這時有必要引進“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念,并適時地運用牛頓第三定律。 在

13、方法的選擇方面,則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本,后者有局限,也有難度,但常常使解題過程簡化,使過程的物理意義更加明晰。 對N個對象,有N個隔離方程和一個(可能的)整體方程,這(N + 1)個方程中必有一個是通解方程,如何取舍,視解題方便程度而定。 補充:當多個對象不具有共同的加速度時,一般來講,整體法不可用,但也有一種特殊的“整體方程”,可以不受這個局限(可以介紹推導過程)—— Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn 其中Σ只能是系統(tǒng)外力的矢量和,等式右邊也是矢量相加。 1、如圖12所示,光滑水平面上放著一個長為L的均質直棒,現(xiàn)給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力

14、作用,則棒中各部位的張力T隨圖中x的關系怎樣? 解說:截取隔離對象,列整體方程和隔離方程(隔離右段較好)。 答案:N = x 。 思考:如果水平面粗糙,結論又如何? 解:分兩種情況,(1)能拉動;(2)不能拉動。 第(1)情況的計算和原題基本相同,只是多了一個摩擦力的處理,結論的化簡也麻煩一些。 第(2)情況可設棒的總質量為M ,和水平面的摩擦因素為μ,而F = μMg ,其中l(wèi)<L ,則x<(L-l)的右段沒有張力,x>(L-l)的左端才有張力。 答:若棒仍能被拉動,結論不變。 若棒不能被拉動,且F = μMg時(μ為棒與平面的摩擦因素,l為小于L的某一值,M為棒的總質量),

15、當x<(L-l),N≡0 ;當x>(L-l),N = 〔x -〈L-l〉〕。 應用:如圖13所示,在傾角為θ的固定斜面上,疊放著兩個長方體滑塊,它們的質量分別為m1和m2 ,它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2 ,系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑,則它們之間的摩擦力大小為: A、μ1 m1gcosθ ; B、μ2 m1gcosθ ; C、μ1 m2gcosθ ; D、μ1 m2gcosθ ; 解:略。 答:B 。(方向沿斜面向上。) 思考:(1)如果兩滑塊不是下滑,而是以初速度v0一起上沖,以上結論會變嗎?(2)如果斜面光滑,兩滑塊之間有沒有摩擦力?(3)如果

16、將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子,上面的滑塊換成小球,它們以初速度v0一起上沖,球應對盒子的哪一側內(nèi)壁有壓力? 解:略。 答:(1)不會;(2)沒有;(3)若斜面光滑,對兩內(nèi)壁均無壓力,若斜面粗糙,對斜面上方的內(nèi)壁有壓力。 2、如圖15所示,三個物體質量分別為m1 、m2和m3 ,帶滑輪的物體放在光滑水平面上,滑輪和所有接觸面的摩擦均不計,繩子的質量也不計,為使三個物體無相對滑動,水平推力F應為多少? 解說:此題對象雖然有三個,但難度不大。隔離m2 ,豎直方向有一個平衡方程;隔離m1 ,水平方向有一個動力學方程;整體有一個動力學方程。就足以解題了。 答案:F = 。 思考:若將

17、質量為m3物體右邊挖成凹形,讓m2可以自由擺動(而不與m3相碰),如圖16所示,其它條件不變。是否可以選擇一個恰當?shù)腇′,使三者無相對運動?如果沒有,說明理由;如果有,求出這個F′的值。 解:此時,m2的隔離方程將較為復雜。設繩子張力為T ,m2的受力情況如圖,隔離方程為: = m2a 隔離m1 ,仍有:T = m1a 解以上兩式,可得:a = g 最后用整體法解F即可。 答:當m1 ≤ m2時,沒有適應題意的F′;當m1 > m2時,適應題意的F′= 。 3、一根質量為M的木棒,上端用細繩系在天花板上,棒上有一質量為m的貓,如圖17所示?,F(xiàn)將系木棒的繩子剪斷,同時貓相對棒往

18、上爬,但要求貓對地的高度不變,則棒的加速度將是多少? 解說:法一,隔離法。需要設出貓爪抓棒的力f ,然后列貓的平衡方程和棒的動力學方程,解方程組即可。 法二,“新整體法”。 據(jù)Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn ,貓和棒的系統(tǒng)外力只有兩者的重力,豎直向下,而貓的加速度a1 = 0 ,所以: ( M + m )g = m·0 + M a1 解棒的加速度a1十分容易。 答案:g 。 四、特殊的連接體 當系統(tǒng)中各個體的加速度不相等時,經(jīng)典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上,“新整體法”也將有一定的困難(矢量求和不易)。此時,我們回到隔離法,且要更加注意找各

19、參量之間的聯(lián)系。 解題思想:抓某個方向上加速度關系。方法:“微元法”先看位移關系,再推加速度關系。、 1、如圖18所示,一質量為M 、傾角為θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一個質量為m的滑塊從斜面頂端釋放,試求斜面的加速度。 解說:本題涉及兩個物體,它們的加速度關系復雜,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。對兩者列隔離方程時,務必在這個方向上進行突破。 (學生活動)定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。 位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運動學規(guī)律,加速度矢量a1和a2也具有這樣的關系。 (學生活動)這兩個加速度矢量有什么關系? 沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標,可得:

20、 a1y = a2y ① 且:a1y = a2sinθ ② 隔離滑塊和斜面,受力圖如圖20所示。 對滑塊,列y方向隔離方程,有: mgcosθ- N = ma1y ③ 對斜面,仍沿合加速度a2方向列方程,有: Nsinθ= Ma2 ④ 解①②③④式即可得a2 。 答案:a2 = 。 (學生活動)思考:如何求a1的值? 解:a1y已可以通過解上面的方程組求出;a1x只要看滑塊的受力圖,列x方向的隔離方程即可,顯然有mgsinθ= ma1x ,得:a1x = gsinθ 。最后據(jù)a1 = 求a1 。 答:a1 =

21、 。 2、如圖21所示,與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ,可以無摩擦地在棒上滑動,開始時與棒的A端相距b ,相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動,加速度為a(且a>gtgθ)時,求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時間。 解說:這是一個比較特殊的“連接體問題”,尋求運動學參量的關系似乎比動力學分析更加重要。動力學方面,只需要隔離滑套C就行了。 (學生活動)思考:為什么題意要求a>gtgθ? 定性繪出符合題意的運動過程圖,如圖22所示:S表示棒的位移,S1表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后,S1x表示S1在x方向上的分量。不難看出: S1x + b = S cosθ

22、 ① 設全程時間為t ,則有: S = at2 ② S1x = a1xt2 ③ 而隔離滑套,受力圖如圖23所示,顯然: mgsinθ= ma1x ④ 解①②③④式即可。 答案:t = 另解:如果引進動力學在非慣性系中的修正式 Σ+ * = m (注:*為慣性力),此題極簡單。過程如下—— 以棒為參照,隔離滑套,分析受力,如圖24所示。 注意,滑套相對棒的加速度a相是沿棒向上的,故動力學方程為: F*cosθ- mgsinθ= ma相 (1) 其中F* = ma (2) 而且,以棒為參照,滑套的相對位移S相就是b ,即: b = S相 = a相 t2 (3) 解(1)(2)(3)式就可以了。

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