熱點講座綜合應用牛頓運動定律解題

1、熱點講座 3.綜合應用牛頓運動定律解題,熱點解讀 應用牛頓運動定律解題是整個高中物理學習的最基本的能力要求之一,在高考中對合成法、正交分解法、隔離法、整體法、極限分析法和假設法的應用考查,歷來成為高考命題的熱點. 本部分內容的另一個熱點問題是“傳送帶模型問題.”,章末總結,“傳送帶類問題”是以真實物理現(xiàn)象為依據(jù)的問題,它既能訓練學生的科學思維,又能聯(lián)系科學、生產和生活實際,因而這種類型題具有生命力,當然也是高

2、考命題專家所關注的問題.由于“傳送帶類問題”在高考考綱范圍內屬于涉及力、運動、能量等比較綜合的一種常見的模型,所以是歷年來高考試題考查的熱點.學生對這類問題做答的得分率低.,專題講座專題一 解牛頓運動定律題的五種方法 1.合成法 合成法是根據(jù)物體受到的力,用平行四邊形定則求出合力,再根據(jù)要求進行計算的方法.這種方法一般適用于物體只受兩個力作用的情況.,【例1】如圖1所示,在小車中懸掛一小球,若偏角θ未知,

3、而已知擺球的質量為m,小球隨小車水平向左運動的加速度為a=2g(取g=10 m/s2),則繩的張力為( ) A.10 m B. mC.20m D.(50+8 )m解析 小球受重力mg和繩的拉力FT兩個力的作用,受力情況如圖所示.根據(jù)平行四邊形定則,重力mg和繩的拉力FT的合力F的方向水平向左,由牛頓第二定律有F=ma=2mg=20m,由勾股定理得

4、FT=(mg)2+F2,所以FT=10 m.,圖 1,A,2.正交分解法 當物體受到兩個以上的力作用而產生加速度時,通常采用正交分解法解題.為減少矢量的分解,建立坐標系時,確定x軸的正方向常有以下兩種選擇. (1)分解力而不分解加速度 分解力而不分解加速度,通常以加速度a的方向為x軸的正方向,建立直角坐標系,將物體所受的各個力分解在x軸和y軸上,分別求得x軸和y軸上的合力Fx和Fy.根據(jù)力的獨立作

5、用原理,各個方向上的力分別產生各自的加速度,得Fx=ma,Fy=0.,【例2】如圖2所示,小車在水平面上以加速度a向左做勻加速直線運動,車廂內用OA、OB兩根細繩系住一個質量為m的物體,OA與豎直方向的夾角為θ,OB是水平的.求OA、OB兩繩的拉力FT1和FT2的大小.,圖 2,解析 m的受力情況及直角坐標系的建立如圖所示(這樣建立只需分解一個力),注意到ay=0,則有 FT1sinθ-FT2=ma, FT1

6、cosθ-mg=0 解得FT1= ,FT2=mgtanθ-ma. 答案 FT1= FT2=mgtanθ-ma,(2)分解加速度而不分解力 物體受幾個互相垂直的力的作用,應用牛頓運動定律求解時,若分解的力太多,則比較繁瑣,所以在建立直角坐標系時,可根據(jù)物體的受力情況,使盡可能多的力位于兩坐標軸上而分解加速度a,得ax和ay,根據(jù)牛頓第二定律得Fx=max,Fy=may,再求解.這種

7、方法一般是在以某個力的方向為x軸正方向時,其他的力都落在或大多數(shù)落在兩個坐標軸上而不需要再分解的情況下應用.,【例3】如圖3所示,傾角為θ的光滑斜面固定在水平地面上,質量為m的物塊A疊放在物體B上,物體B的上表面水平.當A隨B一起沿斜面下滑時,A、B保持相對靜止.求B對A的支持力和摩擦力. 解析 當A隨B一起沿斜面下滑時,物體A受到豎直向下的重力mg、B對A豎直向上的支持力FN和水平向左的摩擦力Ff的作用而隨

8、B一起做加速運動. 設B的質量為M,以A、B為整體,根據(jù)牛頓第二定律有(m+M)gsinθ=(m+M)a,得a=gsinθ.將加速度沿水平方向和豎直方向進行分解,如下圖所示.,圖 3,則ax=acosθ=gsinθcosθay=asinθ=gsin2θ所以Ff=max=mgsinθcosθ由mg-FN=may=mgsin2θ,得FN=mgcos2θ答案 FN=mgcos2θ Ff=mgsinθcosθ,3.整體法

9、和分隔法 如果系統(tǒng)是由幾個物體組成,它們有相同的加速度,在求它們之間的作用力時,往往是先用整體法求它們的共同加速度,再用分隔法求它們之間的作用力.,【例4】如圖4所示, 質量為2m的物體A與水平地面間的摩擦可忽略不計,質量為m的物體B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,在水平推力F的作用下,A、B做勻加速直線運動,則A對B的作用力為多大？ 解析 以A、B整體為研究對象進行受力分析,受重力G、支持力FN、水平向右的

10、推力F、水平向左的摩擦力Ff(Ff=μmg).設加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得F-Ff=3ma.,圖 4,以B為研究對象進行受力分析,受重力GB、支持力FNB、A對B水平向右的作用力FAB、水平向左的摩擦力FfB (FfB=μmg).根據(jù)牛頓第二定律得FAB-FfB=ma. 聯(lián)立以上各式得FAB= 答案,4.極限分析法 在處理臨界問題時,一般用極限法,特別是當某些題目的條件比較隱蔽、物理過程又比較復雜

11、時. 【例5】如圖5所示,質量為M的木板上放著一質量為m的木塊,木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1, 木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ2.若要將木板從木塊下抽出,則加在木板上的力F至少為多大？,圖 5,解析 木板與木塊通過摩擦力聯(lián)系,只有當兩者發(fā)生相對滑動時,才有可能將木板從木塊下抽出.此時對應的臨界狀態(tài)是:木板與木塊間的摩擦力必定是最大靜摩擦力Ffm(Ffm=μ1mg),且木塊運動的加速度必定是兩者共同運動時的最

12、大加速度am.以木塊為研究對象, 根據(jù)牛頓第二定律得Ffm=mam. ① am也就是系統(tǒng)在此臨界狀態(tài)下的加速度,設此時作用在木板上的力為F0,取木板、木塊整體為研究對象,,則有F0-μ2(M+m)g=(M+m)am. ② 聯(lián)立①、②式得F0=(M+m)(μ1+μ2)g.當F＞F0時,必能將木板抽出,即F＞(M+m)(μ1+μ2)g時,能將木板從木塊下抽出. 答案

13、 見解析,5.假設法 假設法是解物理問題的一種重要方法.用假設法解題,一般依題意從某一假設入手,然后用物理規(guī)律得出結果,再進行適當?shù)挠懻?從而得出正確答案. 【例6】如圖6所示,火車車廂中有一個傾角為30°的斜面,當火車以10 m/s2的加速度沿水平方向向左運動時,斜面上質量為m的物體A保持與車廂相對靜止,求物體所受到的靜摩擦力.(取g=10 m/s2) 解析 物體受三個力作用:重力mg

14、、支持力FN和靜摩擦力Ff,因靜摩擦力的方向難以確定,且靜摩擦力的方向一定與斜面平行,所以假設靜摩擦力的方向沿斜面向上.根據(jù)牛頓第二定律,在水平方向上有,圖 6,FN sin 30°-Ffcos 30°=ma. ① 在豎直方向上有FNcos 30°+Ffsin 30°=mg.② 由①、②式得Ff=-5( -1)m,負號說明摩擦力Ff的方向與假設的

15、方向相反,即沿斜面向下. 答案 ( -1)m,沿斜面向下,專題二“傳送帶模型”類問題 1.知識概要與方法歸納 “傳送帶類問題”分水平、傾斜兩種;按轉向分順時針、逆時針兩種. (1)受力和運動分析受力分析中的摩擦力突變(大小、方向)——發(fā)生在v物與v帶相同的時刻;運動分析中的速度變化——相對運動方向和對地速度變化. 分析關鍵是:(1)v物、v帶的大小方向;(2)mgsinθ與Ff的大

16、小與方向.,(2)傳送帶問題中的功能分析 ①功能關系:WF=ΔEk+ΔEP+Q ②對WF、Q的正確理解 a.傳送帶所做的功:WF=F·x帶,功率P=F·v帶(F由傳送帶受力平衡求得). b.產生的內能:Q=Ff·x相對 c.如物體無初速,放在水平傳送帶上,則在整個加速過程中物體獲得的動能Ek,因為摩擦而產生的熱量Q有如下規(guī)律: Ek=Q=

17、mv帶2,2.典型例題與規(guī)律總結 (1)水平放置運行的傳送帶 處理水平放置的傳送帶問題,首先應對放在傳送帶上的物體進行受力分析,分清物體所受摩擦力是阻力還是動力;然后對物體進行運動狀態(tài)分析,即對靜態(tài)→動態(tài)→終態(tài)進行分析和判斷,對其全過程作出合理分析、推論,進而采用有關物理規(guī)律求解.這類問題可分為:①運動學型;②動力學型;③能量守恒型;④圖象型.,【例7】如圖7所示,質量為m的物體從離傳送帶高為H處沿光滑圓弧

18、軌道下滑,水平進入長為L的靜止的傳送帶,之后落在水平地面的Q點.已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,則當傳送帶轉動時,物體仍以上述方式滑下,將落在Q點的左邊還是右邊？,圖 7,解析 物體從P點落下,設水平進入傳送帶的速度為v0,則由機械能守恒定律得 mgH= (1)當傳送帶靜止時,分析物體在傳送帶上的受力,可知物體做勻減速運動,a=μmg/m=μg.物體離開傳送帶時的速度為vt= ,隨后做平

19、拋運動而落在Q點. (2)當傳送帶逆時針方向轉動時,物體的受力情況與傳送帶靜止時相同,因而物體離開傳送帶時的速度仍為vt= ,隨后做平拋運動而仍落在Q點.(當 ＜2μgL時,物體將不能滑出傳送帶而被傳送帶送回,顯然不符合題意,舍去.),(3)當傳送帶順時針轉動時,可能出現(xiàn)五種情況: ①當傳送帶的速度v帶較大時,v帶≥則分析物體在傳送帶上的受力可知,物體一直做勻加速運動,離開傳送帶時的

20、速度為 v= ＞vt= 因而將落在Q點的右邊. ②當傳送帶的速度v帶較小時,v帶＜則分析物體在傳送帶上的受力可知,物體一直做勻減速運動,離開傳送帶時的速度為vt=因而仍將落在Q點.,③當傳送帶的速度 ＜v帶＜ ,則分析物體在傳送帶上的受力可知,物體將在傳送帶上先做勻加速運動,后做勻速運動,離開傳送帶時的速度vt＞ 因而將落在Q點右邊

21、. ④當傳送帶的速度 ＞v帶＞ 時,則分析物體在傳送帶上的受力可知,物體將在傳送帶上先做勻減速運動,后做勻速運動,離開傳送帶時的速度vt＞ ,因而將落在Q點右邊.,⑤當傳送帶的速度v帶= 時,則物體在傳送帶上不受摩擦力的作用而做勻速運動,故將落在Q點的右邊. 綜上所述:當傳送帶的速度v帶≤ 時,物體仍落在Q點;當傳送帶的速度v帶≥

22、 時,物體將落在Q點的右邊.答案 見解析,(2)傾斜放置運行的傳送帶 這種傳送帶是指兩皮帶輪等大,軸心共面但不在同一水平線上(不等高),傳送帶將物體在斜面上傳送的裝置.處理這類問題,同樣是先對物體進行受力分析,再判斷摩擦力的方向是解題關鍵,正確理解題意和挖掘題中隱含條件是解決這類問題的突破口.這類問題通常分為:運動學型;動力學型;能量守恒型.,【例8】如圖8所示,傳送帶與水平面夾角為37°

23、,并以v=10 m/s運行,在傳送帶的A端輕輕放一個小物體,物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,AB長16米,求以下兩種情況下物體從A到B所用的時間. (1)傳送帶順時針方向轉動. (2)傳送帶逆時針方向轉動.,圖 8,解析 (1)傳送帶順時針方向轉動時受力如題圖所示: mgsinθ-μmgcosθ=ma a=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2 x= at2 t=

24、 =4 s. (2)傳送帶逆時針方向轉動,物體受力如圖:開始摩擦力方向沿傳送帶向下,向下勻加速運動 a=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2 t1=v/a=1 s,x1= ×at2=5 m x2=11 m 1秒后,速度達到10 m/s,摩擦力方向變?yōu)檠貍魉蛶蛏?物體以初速度v=10 m/s向下做勻加速運動 a2=gsin 37&

25、#176;-μgcos 37°=2 m/s2 x2=vt2+ ×a2 11=10t2+ ×2× t2=1 s 因此t=t1+t2=2 s 答案 (1)1 s (2)2 s,點評 綜上所述,傳送帶問題包含力、運動、能量等知識點,而且其中的摩擦力的方向、大小可能要發(fā)生變化,但只要掌握了上述三種基本類型,傳送帶問題就可迎刃而解,以上就是筆者對傳

26、送帶題型的幾點總結.當然,“傳送帶類問題”題型還不止這些.但不管怎樣,只要我們了解其物理情景,物理模型,會進行受力分析,再靈活配合牛頓第二定律和能量知識就一定能正確解答.,素能提升1.有兩個光滑固定斜面AB和BC, A和C兩點在同一水平面上, 斜面BC比斜面AB長,如圖9 所示.一個滑塊自A點以速 度vA上滑,到達B點時速度 減小為零,緊接著沿BC滑下.設滑塊從A點到C點的總時間是t0.那么下列選項中

27、能正確表示滑塊速率v隨時間t變化的規(guī)律的圖象是( ),圖 9,解析 設AB長為L1,傾角為α,BC長為L2,傾角為β.滑塊沿AB上滑的加速度大小為a1=gsin α,滑塊從A滑到B所用的時間為:t1= 由運動學公式得: =2a1L1.又滑塊從B滑到C時的加速度大小為:a2=gsin β,滑到C點的速度為:vC= ,從B滑到C所用的時間為:t2= 由幾何

28、關系可得,L1sin α=L2sin β,聯(lián)立解得:vC=vA,t1＜t2,綜合得出,正確選項為C.答案 C,2.如圖10所示,彈簧秤外殼質量為m0,彈簧及掛 鉤的質量忽略不計,掛鉤吊著一質量為m的重 物.現(xiàn)用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧秤, 使其向上做勻加速直線運動,則彈簧秤的讀數(shù) 為( ),圖 10,解析 以彈簧和重物整體為研究對象,F-(m0+m)g=(m0+m)a,以重物為研究對象

29、,F彈-mg=ma,得到彈簧秤的讀數(shù)F彈=故D正確.答案 D,3.如圖11所示,一水平方向足夠長的 傳送帶以恒定的速度v1沿順時針 方向運動,一物體以水平速度v2從右端滑上傳送帶后,經過一段時間 又返回光滑水平面,此時速率為 v2′,則下列說法正確的是( )A.若v1＜v2,則v2′=v1B.若v1＞v2,則v2′=v2C.不管v2多大,總有v2′=v2D.只有v1=v2時,才有v2′=v2

30、,圖 11,解析 設物體的質量為m,物體與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為Ff,物體相對傳送帶滑動的加速度大小為a.物體在傳送帶上滑動,則有:Ff=ma,物體在傳送帶上向左滑動的位移為:x= .速度減為零后,在滑動摩擦力的作用下開始向右勻加速運動,加速度大小仍為a,若v1＞v2,滑到傳送帶右端時的速度大小為:v2′= ,比較可以得出,v2′=v2＜v1;若v1＜v2,物體還沒有運動到傳送帶的右端,速度就和傳送

31、帶的速度相同,物體與傳送帶之間不再存在摩擦力,物體隨傳送帶一起勻速運動,v2′=v1＜v2.正確選項為A、B.答案 AB,4.如圖12所示,光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊,其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現(xiàn)用水平拉力FT拉其中一個質量為2m的木塊,使四個木塊以同一加速度運動,則輕繩對m的最大拉力為( ),圖 12,解析 設繩中的最大拉力為F,共同運動

32、的加速度為a,對右邊的m應用牛頓第二定律得:μmg-FT=ma,對左邊的兩個物體應用牛頓第二定律得:FT=3ma,聯(lián)立解得FT= ,正確選項為B.答案 B,5.在探究摩擦力特點的實驗中,將木塊放在水平長木板上,如圖13(a)所示,用力沿水平方向拉木塊,拉力從0開始逐漸增大.分別用力傳感器采集拉力和木塊所受到的摩擦力,并用計算機繪制出摩擦力Ff隨拉力F的變化圖象,如圖(b)所示.已知木塊質量為0.7

33、8 kg.取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°= 0.60,cos 37°=0.80.,圖 13,(1)求木塊與長木板間的動摩擦因數(shù).(2)若木塊在與水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F作用下,以a=2.0 m/s2的加速度從靜止開始做勻變速直線運動,如圖(c)所示.拉力大小應為多大？,解析 (1)由題圖(b)可知,木塊所受到的滑動摩擦力Ff=3.12 N由Ff=μFN,得μ=

34、 =0.4(2)物體受重力G、支持力FN、拉力F和摩擦力Ff作用.將F分解為水平和豎直兩方向,根據(jù)牛頓運動定律Fcosθ-Ff=maFsinθ+FN=mgFf=μFN聯(lián)立各式可得F=4.5 N 答案 (1)0.4 (2)4.5 N,6.如圖14所示,一質量為M=5 kg的斜 面體放在水平地面上,斜面體與地 面的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5,斜面高度為h=0.45 m,斜面體與小

35、物塊 的動摩擦因數(shù)為μ2=0.8,小物塊 的質量為m=1 kg,起初小物塊在斜面的豎直面上的最高點.現(xiàn)在從靜止開始在M上作用一水平恒力,并且同時釋放m,取g=10 m/s2,設小物塊與斜面間最大靜摩擦力等于它們之間的滑動摩擦力,小物塊可視為質點.問:,圖 14,(1)要使M、m保持相對靜止一起向右做勻加速運動,加速度至少多大？(2)此過程中水平恒力至少為多少？(3)當(1)問中水平恒力作用0.4 s時,撤去

36、F,求m落地時M相對于出發(fā)點的位移為多少？,解析 (1)以m為研究對象,豎直方向有:mg-Ff=0水平方向有:FN=ma,又Ff=μ2FN,得:a1=12.5 m/s2(2)以小物塊和斜面體為整體作為研究對象,由牛頓第二定律得:F-μ1(M+m)g=(M+m)a1水平恒力至少為:F=105 N(3)撤去F后小物塊做平拋運動下落的時間為:t2= =0.3 sF作用階段,斜面體的位移為:x1= a1 =1

37、 m0.4 s末的速度為:v1=a1t1=5 m/s,撤去F后,對斜面體應用牛頓第二定律得:μ1Mg=Ma2解得a2=5 m/s2斜面體速度減為0所用的時間為:t= =1 s＞t2=0.3 s在t2時間內斜面體的位移為:x2=v1t2-=1.275 mm落地時M相對于出發(fā)點的位移為:x=x1+x2=2.275 m答案 (1)12.5 m/s2 (2)105 N (3)2.275 m,7.如圖15所示,繃緊的傳

38、送帶與水平面 的夾角θ=30°,傳送帶在電動機的 帶動下,始終保持v0=2 m/s的速率運 行.現(xiàn)把一質量為m=10 kg的工件 (可看為質點)輕輕放在傳送帶的底端, 經時間t=1.9 s,工件被傳送到h=1.5 m 的高處,并取得了與傳送帶相同的速度,取g=10 m/s2.求:(1)工件與傳送帶之間的滑動摩擦力F1.(2)工件與傳送帶之間的相對位移Δx.,圖 15,解析 由題意高h對應的

39、傳送帶長為L= =3 m工件速度達到v0之前,從靜止開始做勻加速運動,設勻加速運動的時間為t1,位移為x1,有x1=因工件最終取得了與傳送帶相同的速度,所以達到v0之后工件將勻速運動,有L-x1=v0(t-t1)解得:t1=0.8 s,x1=0.8 m所以勻加速運動階段的加速度為a= =2.5 m/s2,在勻加速運動階段,根據(jù)牛頓第二定律,有F1-mgsinθ=ma解得:F1=75 N(2)在時間t

40、1內,傳送帶運動的位移為x=v0t1=1.6 m所以在時間t1內,工件相對傳送帶的位移為Δx=x-x1=0.8 m.答案 (1)75 N (2)0.8 m,閱卷現(xiàn)場閱卷手記 本章的知識考查主要是對牛頓運動定律、超重、失重等規(guī)律的理解與運用；方法要求比較高,對重要的力學方法幾乎都有涉及,如選擇研究對象時的整體法和隔離法、力的計算的合成法與分解法、瞬時問題的處理方法、超失重的遷移運用、臨界條件的分析和計

41、算、程序法分析多過程問題等等；本章能力要求也很高,受力與運動過程的分析能力、狀態(tài)變化和臨界條件的推理能力、力與運動的計算能力、運用圖象處理問題的能力等等,都是考察的熱點.,通過試卷分析,對運動和力的關系不能準確地把握始終是出錯的主要原因.不少同學處理這部分問題時不能從力與運動的基本關系出發(fā),進行分析、推理、計算,而是過多的受一些不正確的經驗影響或思維定勢的羈絆,做出錯誤的判斷,導致失分.,易錯點實例分析9.由于對運動狀

42、態(tài)分析不正確造成的錯誤試題回放如圖1所示,在光滑的傾角為θ的固定斜面上放一個光滑的劈形的物體A,A的質量為M,A的上表面光滑且水平.物體B的質量為m,放在A的上表面.先用手固定住A,再放手讓它下滑.求A剛下滑時B對A的壓力.,圖 1,錯解分析設A、B以共同的加速度下滑,則下滑時的加速度為a=gsinθ.B受到向下的重力mg和豎直向上的支持力FN,如圖所示建立坐標系： mg-FN=may=masinθ=mgs

43、in2θ 所以FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ 在A剛下滑時B對A的壓力大小為mgcos2θ,方向豎直向下. 錯解的原因是認為A、B都沿斜面方向加速且加速度相等.而實際上B只有豎直向下的加速度,而A的加速度沿斜面向下.,正確答案 對A、B受力分析,A的加速度方向沿斜面向下,B 的加速度方向豎直向下,A的加速度的豎直分量大小與B的加速度大小相等.即aB=aAy=aAsinθ 對A、

44、B分別運用牛頓第二定律, 有(Mg+FNA)sinθ=MaA mg-FNB=maB=maAsinθ,FNA=FNB 所以FNB= ,根據(jù)牛頓第三定律知A下滑時B對A的壓力為FNB′,FNB′=FNB=,物體到底做怎樣的運動,一定要根據(jù)初狀態(tài)和受力情況去判斷,決不可想當然.本題中由于A、B之間光滑且水平,故B不受水平方向的力,只能具有豎直方向的加速度.,10.對力與運動的關系理解不清楚而造成錯誤

45、試題回放一質點處于靜止狀態(tài),現(xiàn)對該質點施加力F,力F隨時間t按圖2所示的正弦規(guī)律變化,力F的方向始終在同一直線上.在0~4 s內,下列說法正確的是( )A.第2 s末,質點距離出發(fā)點最遠B.第2 s末,質點的動能最大C.第4 s末,質點距離出發(fā)點最遠D.第4 s末,質點的動能最大學生作答 A,圖 2,錯解分析 錯選A.錯誤原因是認為質點在0~1 s內F增大,所以速度增大,1~2 s內F減小,所以速度減

46、小,在0~2 s內質點先做加速運動,后做減速運動,第2 s末離出發(fā)點最遠,錯選A項.,正確答案 力F隨圖示的規(guī)律變化時,質點在前2 s內做加速度先增大后減小的加速運動,在2 s時刻速度最大,2~4 s內質點做加速度(反方向)先增大后減小的減速運動,在4 s時刻速度為零.質點始終沿正方向運動,故B、C正確.答案為B、C. 根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,合外力決定加速度而不是速度,力和速度沒有必然的聯(lián)系.加速度

47、與合外力存在瞬時對應關系：加速度的方向始終和合外力的方向相同,加速度的大小隨合外力的增大(減小)而增大(減小).加速度和速度同向時物體做加速運動,反向時做減速運動.,11.對動力學問題中的臨界條件認識不清而出錯試題回放如圖3所示,一個質量為m=0.2 kg的小球用細繩吊在傾角為θ=53°的光滑斜面上,當斜面靜止時,繩與斜面平行.當斜面以10 m/s2的加速度向右做加速運動時,求繩子的拉力及斜面對小球的彈力

48、.,圖 3,錯解分析 當斜面做加速運動時,小球受到三個力(重力、繩的拉力、支持力)的作用,此時繩仍平行于斜面,根據(jù)正交分解法,利用牛頓第二定律列方程： 在水平方向上：FTcosθ-FNsinθ=ma 在豎直方向上：FTsinθ+FNcosθ=mg 將題中各已知量代入方程,無解.找不到正確的方法而無法完成解答. 出錯原因是認識不到小球和斜面的相對位置已經發(fā)生了變化,以一種靜態(tài)的觀念去處理已發(fā)

49、生了變化的問題.,正確答案 先分析物理現(xiàn)象.用極限法把加速度a推到兩個極端：當a較小(a→0)時,小球受到三個力(重力、拉力、支持力)的作用,此時繩平行于斜面；當a增大(足夠大)時,小球將“飛離”斜面,不再受支持力,此時繩與水平方向的夾角未知.那么,當斜面以加速度a=10 m/s2向右加速運動時,必須先求出小球離開斜面的臨界值a0才能確定小球受力情況.,小球剛要離開斜面時,只受重力和拉力,根據(jù)平行四邊形定則作出其

50、合力如圖所示,由牛頓第二定律得：mgcotθ=ma0,代入數(shù)據(jù)解得a0=gcotθ=7.5 m/s2因為a=10 m/s2＞7.5 m/s2,所以在題給條件下小球離開斜面向右做加速運動,FT= =2.83 N,FN=0. 物體間的存在狀態(tài)是否發(fā)生了變化,要通過分析所給的條件是否引起了物理情景的“質變”.關鍵在于理解發(fā)生“質變”的條件,即臨界條件.,12.整體法和隔離法運用不當產生的錯誤試題回

51、放如圖4所示,質量為M,傾角為α的楔形物A放在水平地面上.質量為m的B物體從楔形物的光滑斜面上由靜止釋放,在B物體加速下滑過程中,A物體保持靜止.地面受到的壓力多大？,圖 4,錯解分析 錯解：以A、B整體為研究對象.受力如圖,因為A物體靜止,所以FN=G=(M+m)g.由于A,B的加速度不同,所以不能將二者視為同一物體.忽視了這一點就會造成錯解.,正確答案 分別以A、B物體為研究對象.A、B物體受力分別如

52、圖a、b.根據(jù)牛頓第二定律列運動方程,A物體靜止,加速度為零.,x:FN1sin α-Ff=0 ① y:FN-Mg-FN1cos α=0 ② B物體下滑的加速度為a, x:mgsin α=ma ③ y:FN1-mgcos2 α=0

53、 ④ 由式①②③④解得FN=Mg+mgcos2 α 根據(jù)牛頓第三定律地面受到的壓力為Mg+ mgcos2 α.,舉一反三 動力學問題中,在選取研究對象時,若要將幾個物體視為一個整體做為研究對象,應該注意這幾個物體必須有相同的加速度.本題中地面對A物體的摩擦力也不是零,同樣需要隔離出A物體來分析.靈活的運用隔離法和整體法,能迅速準確的解決問題.同時也應知道,整