2019-2020年人教版必修一4.7《用牛頓定律解決問題(二)》WORD教案15.doc

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2019-2020年人教版必修一4.7《用牛頓定律解決問題(二)》WORD教案15 【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(fù)，只改變力的方向，共歷時1min，在此1min內(nèi) [ ] 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(nèi)受恒力作用向東作勻加速運動．在第2s內(nèi)，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(nèi)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(nèi)的位移與第1s內(nèi)的位移相同． 以后，力的方向又改為向東、繼而向西……如此往復(fù)，物體則相應(yīng)地向東作勻加速運動、繼而向東作勻減速運動，……在1min內(nèi)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(nèi)v＞0，表示物體一直向東運動． 　 【例2】汽車空載時的質(zhì)量是4103kg，它能運載的最大質(zhì)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(zhì)量和牽引力算出加速度，然后根據(jù)加速度和滿載時的總質(zhì)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(zhì)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(jù)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(zhì)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(guān)系求解．即由 直接得 　 【例3】如圖1所示，一根質(zhì)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(jù)它們所受合外力與質(zhì)量成正比的關(guān)系得解． 【解】 設(shè)整個木料所受的摩擦力為f，斷面兩側(cè)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(cè)水平方向的受力情況如圖2所示．根據(jù)加速度相同時力與質(zhì)量的比例關(guān)系可知 【說明】本題由于利用了F∝m的關(guān)系，可以不必計算加速度，十分簡捷．由解得結(jié)果可知，截面位置取得離拉力處越遠，截面兩側(cè)的相互作用力越小，當x = L時，T=0，這是顯然的結(jié)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(yīng)關(guān)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(zhì)．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(zhì)，是牛頓第二定律應(yīng)用的重要部分，也是解綜合問題的基礎(chǔ)． 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(jīng)常應(yīng)用．其應(yīng)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(zhì)量為M，B為鐵片，質(zhì)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(jù)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(zhì)量為m的貓抓住用繩吊在天花板上的一根質(zhì)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(shè)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(jù)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(shù)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(jù)牛頓運動定律求出加速度，結(jié)合運動學公式可求出運動時間． 【解】（1）設(shè)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(guān)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(yīng)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(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的滑動摩擦因數(shù)為μ1，B與A之間的滑動摩擦因數(shù)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(shè)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(shè)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(shè)，若設(shè)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(shè)的方向相反，應(yīng)為沿斜面向上． 　 【例9】 一個質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，設(shè)物體與地面間的摩擦系數(shù)為μ，對物體施以作用力F。問： （1）若F是拉力，則F應(yīng)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(chǎn)生加速度，F(xiàn)應(yīng)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(shè)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(shè)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(dǎo)】[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(guān)。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(zhì)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(shù)秒內(nèi)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(shù)秒內(nèi)，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(shù)μ=0.1．取g=10m／s2，問： （1）木塊在奇數(shù)秒和偶數(shù)秒內(nèi)各做什么運動？ （2）經(jīng)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(shù)秒和偶數(shù)秒的運動，結(jié)合運動學公式，即可求出運動時間． 【解】（1）木塊在奇數(shù)秒內(nèi)的加速度為 木塊在偶數(shù)秒內(nèi)的加速度為 所以，木塊在奇數(shù)秒內(nèi)做a = a1=2m／s2的勻加速直線運動，在偶數(shù)秒內(nèi)做勻速直線運動． （2）在第1s內(nèi)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(nèi)，木塊以第1s末的速度向右做勻速運動，在第2s內(nèi)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(nèi)，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運動，在第3s內(nèi)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(nèi)，木塊以第3s末的速度向右做勻速運動，在第4s內(nèi)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(nèi)木塊的位移是從1開始的一個自然數(shù)列．因此，在ns內(nèi)的總位移為 當sn=40.25m時，n的值為8＜n＜9．取n=8，則8s內(nèi)木塊的位移共為 至第8s末，木塊的速度為 v8=8m/s． 設(shè)第8s后，木塊還需向右運動的時間為tx，對應(yīng)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(yīng)時間內(nèi)的位移，所以每秒內(nèi)位移成一等差數(shù)列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即 △s=s1=1m．