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2013届高三总复习课件(第1轮)物理(广西专版)课件:3.3牛顿运动定律应用


第三章

牛顿运动定律
第3讲 牛顿运动定律应用

1

一、超重与失重 1.有关概念 视重:悬绳对物体的拉力或支持面对物体的 支持力(一般指测量仪器的读数),叫物体的视重. 超重:视重大于实际重力的现象. 失重:视重小于实际重力的现象.

2

2.产生超重和失重的

条件

当物体有竖直向上的加速度时,处于超重状 态;当物体有竖直向下的加速度时,处于失重状 态;当物体的竖直向下的加速度为g时,处于完全 失重状态.

3

3.注意事项 (1)物体处于超重或失重状态时,重力并没有变化.

(2)处于完全失重状态时,由重力产生的一切现象消 失.如浸在液体中的物体不受浮力,天平不能称物体质量 等.
(3)发生超重或失重现象只决定于物体加速度的方向, 与物体的速度方向无关.

4

下列说法中正确的是( 思考1 失重状态

)

B

A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失

重状态
C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处 于超重状态

D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状


5

发生超重或失重现象只决定于物体加速度 的方向.蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度 方向都是竖直向下的,都处于失重状态.

6

二、连接体问题

两个或两个以上的物体在力的作用下共同运 动,称为连接体.解决连接体问题的基本方法是先 对整体应用牛顿第二定律求共同加速度(整体法), 再对某一部分应用牛顿第二定律求有关作用力(隔 离法).所谓“整体求加速度,隔离求力”.

7

如图3-3-1所示,质量为2m的物体A与水平地 思考2
面的摩擦可忽略不计,质量为m的物体B与地面的动摩 擦因数为μ.在已知水平推力F作用下,AB做加速运动.则 A和B之间的作用力为 .

对AB整体有:F-μmg=3ma, F ? 2 ? mg



3 ,隔离B有:N-μmg=ma,代入a可求得
F ? ? mg 3m N ?

a ?

图3-3-1 g F ? 2? m
3

.
8

大小为

例1

一质量为m的人站在电梯中,电梯加速上升,加速度 ,g为重力加速度.人对电梯底部的压力为( 1 g 3 B.2mg D. )

A.

C.mg

D

1 mg 牛顿第二定律、超重和牛顿第三定律. 3 4 mg 3

9

根据牛顿第二定律可知,当电梯加速上升时, 人处于超重状态.分析人的受力情况可知,人受到了重力 和电梯板的支持力的作用,设电梯底板对人的支持力为N, 则有N-mg=ma,代入数据a= 解得:
g 根据牛顿第三定律,人对电梯底板的压力为 3 1 4 N ? mg ? mg ? mg 正确选项为D. 3 3 4 3
10

1



mg

变式练习1
本题可以分解摩擦力f和支持力N,在水平 方向和竖直方向列两个方程,然后解得f和N的表达 式,选出正确答案.但分解加速度要简单一些.

11

对物体进行受力分析如图,三力的合力使物体向上加 速运动.在沿斜面向上的方向,有f-mgsinθ=masinθ,即 f=m(g+a)sinθ;在垂直斜面的方向,有Nmgcosθ=macosθ,即N=m(g+a)cosθ.当θ一定时,a越大, f和N都越大;当a一定时,θ越大,f越大,N越小.正确答 案为BC.

12

放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推 例2 力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图3-3-7所示.取重力加速度g=10m/s2.由此两图 线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数 μ分别为( )

A

图3-3-7

13

A.m=0.5kg,μ=0.4

B.m=1.5kg,μ=
C.m=0.5kg,μ=0.2 D.m=1kg,μ=0.2

2 15

牛顿第二定律和图象处理. 由v-t图象和F-t图象可知,物块在0~2s内静

止;

14

2~4s内做匀加速运动,加速度为a=2m/s2, F=3N,F-μmg=ma; 4~6s内做匀速运动,μmg=2N 由以上各式得m=0.5kgμ=0.4

15

θ=37°的光滑斜面的固定铁杆上,当斜面和小球以 的加速度向右匀加速运动时,小球对绳的拉力和对 g a1 ? 斜面的压力分别为多大?当斜面和小球都以 2 的加速度向右匀加速运动时,小球对绳的拉力和对 斜面的压力又分别为多大?(g=10m/s2)
a2 ? 3g

例3

如图3-3-8所示,质量m=10kg的小球挂在倾角

图3-3-8

16

牛顿第二定律和临界状态分析.
开始当加速度为零时,小球受到绳的拉力F、 斜面的弹力FN及重力G平衡;随着向右的加速度逐渐变 大,F将变大,FN将变小;当加速度增大到某一个值, FN将变到零,这时小球与斜面只接触而无挤压,我们称 这时的状态是临界状态(有无FN的一个转折点);如果加 速度再继续增大,则小球将脱离斜面向后飘起.

17

18

先求出临界状态时的加速度,这时FN=0,受力图

如图甲所示,故
Fsinθ=mg(竖直) Fcosθ=ma0(水平)
a 0 ? g co t ? ? g . 3 当斜面和小球以a1向右匀加速运动时,由于a1<

所以

4

a0,可知这时小球与斜面间有弹力,所以其受力图如 图乙所示,故有 F1cosθ-FNsinθ=ma1(水平) F1sinθ+FNcosθ=mg(竖直)

19

所以F1=100N,FN=50N. 当斜面和小球以a2向右匀加速运动时,由于a2>

a0,可知这时小球已脱离斜面,所以其受力图如图丙 所示.故有
F2sinα=mg(竖直) F2cosα=ma2(水平) 两式平方相加,可得
F2 ? m g ? m2a2 ? 200 N .
2 2 2

20

所以当以加速度a1运动时,小球对绳的拉力为 100N,对斜面的压力为50N;当以加速度a2运动时, 小球对绳的拉力为200N,对斜面的压力为0.

21

变式练习2
系统的加速度大小可由系统沿绳运动方向 的受力情况来求,求绳中的张力时必须把物体A、C、

B隔离开,此题是由整体的受力情况来求加速度,绳 中张力用隔离法求解.
以A、B、C系统为研究对象,其所受的外力在绳 的方向上,有mBg-μ(mA+mC)g=(mA+mB+mC)a

22

则系统的加速度为
a ? ? m B g ? ? ? m A ? mC ? g m A ? m B ? mC 2 ? 3?1
2

3 ? 1 0 ? 0 .2 5 ? ( 2 ? 1) ? 1 0

m /s

2

? 3 .7 5 m /s

设A、C间绳的张力为F1,以C为研究对象, 则有 F1-μmCg=mCa

23

所以 F1=mCa+μmCg=mC(a+μg)=1×(3.75+0.25×10)N=6.25N
设A、B间的张力为F2,以A、C为研究对象有 F2-μ(mA+mC)g=(mA+mC)a 所以F2=(mA+mC)a+μ(mA+mC)g

=[(2+1)×3.75+0.25×(2+1)×10]N
= 18.75N.

24

如图3-3-10所示,质量M=10kg的斜面ABC静置 例4 于粗糙水平地面上,动摩擦因数μ=0.02,斜面倾角 θ=30°,一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑, 当滑行路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s,在这过程中 斜面没有动,求地面对斜面ABC的摩擦力的大小与方 向.(重力加速度取g=10m/s2) 灵活使用“整体法”与“隔离法”.

图3-3-10

25

解法一:先隔离物块m,根据运动学公 式v2=2as,求得
a ? v
2

2s 2 ? 1 .4 可见物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力,如图(a)

?

1 .4

2

m /s ? 0 .7 m /s < g sin ? ? 5 m /s
2 2

2

所示

26

对物块利用正交分解法,由牛顿第二定律

平行斜面方向:mgsinθ-F=ma
垂直斜面方向:F1-mgcosθ=0 对斜面ABC,它的受力如图(b)所示,其中假设地面对斜 面的摩擦力F′方向向左,斜面静止时 F′+Fcosθ-F1sinθ=0 解得 计算表明F′的方向与假设方向是一致的,水平向左. F ? ? m a co sθ = 1 ? 0 .7 ? 3 /2 N = 0 .6 1 N

27

解法二:

把物块和斜面视为一个系统,此系统内的物块m 具有水平向左的加速度ax=acosθ,此时物块和斜面 的相互作用力弹力和摩擦力均为内力,只有系统所受 的外力才能使系统产生加速度,故这个水平外力只可 能是地面对斜面向左的静摩擦力.所以摩擦力大小 F′=macosθ=0.61N.

28

变式练习3
如图,当AB之间的静摩擦力达到最大值

μmg时,系统的加速度达到最大值.此时以B、C、D
三者整体为对象,可求得最大加速度 以 C、D二者整体为对象,可求得轻绳对m的最大拉力 ?mg ?g 为 a ? ? , 4m 4
T ? 3m a ? 3 4

? mg.

29


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