沪科版高中物理必修一第5章《习题课 用牛顿运动定律解决几类典型问题》word学案

学案5 习题课：用牛顿运动定律解决几类典型问题[学习目标定位] 1.学会分析含有弹簧的瞬时问题.2.掌握临界问题的分析方法.3.会分析多过程问题．1.牛顿第二定律的表达式F＝ma，其中加速度a与合力F存在着瞬时对应关系，a与F同时产生、同时变化、同时消失；a的方向始终与合力F的方向相同．2．解决动力学问题的关键是做好两个分析：受力情况分析和运动情况分析，同时抓住联系受力情况和运动情况的桥梁：加速度.一、瞬时加速度问题根据牛顿第二定律，加速度a与合力F存在着瞬时对应关系：合力恒定，加速度恒定；合力变化，加速度变化；合力等于零，加速度等于零．所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．应注意两类基本模型的区别：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，形变恢复几乎不需要时间．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．例1如图1中小球质量为m，处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为θ.则：图1(1)绳OB和弹簧的拉力各是多少？(2)若烧断绳OB瞬间，物体受几个力作用？这些力的大小是多少？(3)烧断绳OB瞬间，求小球m的加速度的大小和方向．解析(1)对小球受力分析如图甲所示其中弹簧弹力与重力的合力F ′与绳的拉力F 等大反向 则知F ＝mg tan θ；F 弹＝mgcos θ(2)烧断绳OB 的瞬间，绳的拉力消失，而弹簧还是保持原来的长度，弹力与烧断前相同．此时，小球受到的作用力是弹力和重力，大小分别是G ＝mg ，F 弹＝mgcos θ.(3)烧断绳OB 的瞬间，重力和弹簧弹力的合力方向水平向右，与烧断绳OB 前OB 绳的拉力大小相等，方向相反，(如图乙所示)即F 合＝mg tan θ， 由牛顿第二定律得小球的加速度a ＝F 合m＝g tan θ，方向水平向右． 答案 (1)mg tan θmgcos θ(2)两个 重力为mg 弹簧的弹力为mgcos θ(3)g tan θ 水平向右针对训练1 如图2所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则 有( )图2A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋MM gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg答案 C解析 在抽出木板后的瞬间，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变．木块1受重力和支持力，mg ＝N ，a 1＝0，木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a 2＝N ′＋Mg M ＝m ＋MMg ，故选C.二、动力学中的临界问题分析若题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般都有临界状态出现．分析时，可用极限法，即把问题(物理过程)推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件．在某些物理情景中，由于条件的变化，会出现两种不同状态的衔接，在这两种状态的分界处，某个(或某些)物理量可以取特定的值，例如具有最大值或最小值． 常见类型有：(1)隐含弹力发生突变的临界条件弹力发生在两物体的接触面之间，是一种被动力，其大小由物体所处的状态决定，运动状态达到临界状态时，弹力发生突变． (2)隐含摩擦力发生突变的临界条件摩擦力是被动力，由物体间的相对运动趋势决定，静摩擦力为零是状态方向发生变化的临界状态；静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态．例2 如图3所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球．图3(1)当滑块至少以多大的加速度a 向左运动时，小球对滑块的压力等于零？ (2)当滑块以a ′＝2g 的加速度向左运动时，线中拉力为多大？解析 (1)假设滑块具有向左的加速度a 时，小球受重力mg 、线的拉力F 和斜面的支持力N 作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得水平方向：F cos 45°－N cos 45°＝ma ， 竖直方向：F sin 45°＋N sin 45°－mg ＝0. 由上述两式解得N ＝m g －a 2sin 45°，F ＝m g ＋a 2cos 45°.由此两式可以看出，当加速度a 增大时，球所受的支持力N 减小，线的拉力F 增大． 当a ＝g 时，N ＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F ＝mgcos 45°＝2mg .所以滑块至少以a ＝g 的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(2)当滑块加速度a >g 时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图乙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F ′cos α＝ma ′，F ′sin α＝mg ，解得F ′＝m a ′2＋g 2＝5mg .答案 (1)g (2)5mg针对训练2 在例2中，当滑块加速度多大时，线的拉力为零？此时滑块运动状态可能是怎样的？ 答案 见解析解析 当线的拉力恰好为零时，小球受力情况如图所示：小球受重力mg 、弹力N ′，两个力的合力方向水平向右．合力大小为mg tan 45°.根据牛顿第二定律：mg tan 45°＝ma 得：a ＝g tan 45°＝g滑块的加速度方向水平向右，可能的运动状态有：向右做加速度大小为g 的匀加速直线运动；向左做加速度大小为g 的匀减速直线运动． 三、多过程问题分析1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．(联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等．)2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．例3 质量为m ＝2 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，现在对物体施加如图4所示的力F ，F ＝10 N ，θ＝37°(sin 37°＝0.6)，经t 1＝10 s 后撤去力F ，再经一段时间，物体又静止，(g 取10 m/s 2)则：图4(1)说明物体在整个运动过程中经历的运动状态． (2)物体运动过程中最大速度是多少？ (3)物体运动的总位移是多少？解析 (1)当力F 作用时，物体做匀加速直线运动，撤去F 的瞬间物体的速度达到最大值，撤去F 后物体做匀减速直线运动直至速度为零．(2)撤去F 前对物体受力分析如图，有：F sin θ＋N 1＝mg F cos θ－f ＝ma 1 f ＝μN 1s 1＝12a 1t 21v t ＝a 1t 1，联立各式并代入数据解得 s 1＝25 m ，v t ＝5 m/s(3)撤去F 后对物体受力分析如图，有：f ′＝μN 2＝ma 2，N 2＝mg2a 2s 2＝v 2t ，代入数据得s 2＝2.5 m物体运动的总位移：s ＝s 1＋s 2得s ＝27.5 m 答案 (1)见解析 (2)5 m/s (3)27.5 m1．(瞬时加速度问题)如图5所示，质量分别为m 和2m 的A 和B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A 球的细线剪断，此时A 和B 两球的瞬时加速度a A 、a B 的大小分别是( )图5A．a A＝0，a B＝0 B．a A＝g，a B＝gC．a A＝3g，a B＝g D．a A＝3g，a B＝0答案 D解析分析B球原来受力如图甲所示F′＝2mg剪断细线后弹簧形变瞬间不会恢复，故B球受力不变，a B＝0.分析A球原来受力如图乙所示T＝F＋mg，F′＝F，故T＝3mg.剪断细线，T变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F＋mg＝ma A，解得a A＝3g.2．(动力学中的临界问题)如图6所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为θ＝37°.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图6(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的支持力的大小．(2)当汽车以a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的支持力的大小．答案(1)50 N 22 N (2)40 2 N 0解析(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：T 1cos θ＝mg ，T 1sin θ－N ＝ma代入数据得：T 1＝50 N ，N ＝22 N(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：T 2sin θ＝ma 0，T 2cos θ＝mg代入数据得：a 0＝g tan θ＝10×34 m/s 2＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2>a 0 所以小球飞起来，N ′＝0设此时绳与竖直方向的夹角为α，由牛顿第二定律得：T 2′＝ mg 2＋ ma 2＝40 2 N3．(多过程问题)冬奥会四金得主王濛于2014年1月13日亮相全国短道速滑联赛总决赛．她领衔的中国女队在混合3 000米接力比赛中表现抢眼．如图7所示，ACD 是一滑雪场示意图，其中AC 是长L ＝8 m 、倾角θ＝37°的斜坡，CD 段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A 点由静止下滑，经过C 点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力，(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)人从斜坡顶端A 滑至底端C 所用的时间； (2)人在离C 点多远处停下？ 答案 (1)2 s (2)12.8 m解析 (1)人在斜坡上下滑时，受力如图所示．设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－f＝maf＝μN垂直于斜坡方向有N－mg cos θ＝0由匀变速运动规律得L＝12at2联立以上各式得a＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2t＝2 s(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用．设在水平面上人减速运动的加速度为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得人在斜面上下滑的过程：v2＝2aL人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s联立以上各式解得s＝12.8 m题组一瞬时加速度问题1.质量均为m的A、B两球之间系着一个质量不计的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间( )图1A．A的加速度大小为F2mB．A的加速度大小为零C．B的加速度大小为F2mD．B的加速度大小为Fm答案BD解析在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为Fm，选项C错，D对．2．如图2所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图2A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为g sin θD．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零答案 B解析因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2g sin θ，所以选项B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽出，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是( )图3A．a A＝0，a B＝2g B．a A＝g，a B＝gC．a A＝0，a B＝0 D．a A＝g，a B＝2g答案 B解析当刚抽去木板时，A、B和杆将作为一个整体一起下落，下落过程中只受重力，根据牛顿第二定律得a A＝a B＝g，故选项B正确．4．如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度的大小为a1和a2，则( )图4A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝－m1m2a答案 D解析两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a，以木块B为研究对象，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－m1m2a，所以D项正确．题组三动力学中的临界问题5．如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为( )图5A．μmg B．μ(M＋m)gC．μ(m＋2M)g D．2μ(M＋m)g答案 D解析将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为a m＝μg，要想抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即a M>a m＝μg，对木板受力分析如图．根据牛顿第二定律，得：F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma M得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋Ma M>μ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，选项D正确．6．如图6所示，质量为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1 N 的拉力，水平面光滑，为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F的最大值是( )图6A．向右，作用在m2上，F＝53NB．向右，作用在m2上，F＝2.5 NC．向左，作用在m1上，F＝53ND．向左，作用在m1上，F＝2.5 N 答案BC解析若水平力F 1的方向向左，如图．设最大加速度为a 1，根据牛顿第二定律，对整体有：F 1＝(m 1＋m 2)a 1对m 2有：T ＝m 2a 1所以F 1＝m 1＋m 2m 2T ＝2＋33×1 N＝53N ，C 对，D 错．若水平力F 2的方向向右，如图．设最大加速度为a 2，根据牛顿第二定律，对整体有：F 2＝(m 1＋m 2)a 2 对m 1有：T ＝m 1a 2所以F 2＝m 1＋m 2m 1T ＝2＋32×1 N＝2.5 N ．A 错，B 对．7.如图7所示，质量为M 的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m 的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．图7答案 a ＝M ＋mmg ，方向向下 解析 如图所示，对木箱受力分析有：F ＝Mg 对小球受力分析有：mg ＋F ′＝ma 又F ＝F ′ 解得：a ＝M ＋mmg ，方向向下． 8．如图8所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A ，绳与水平面之间的夹角α＝53°，A 与地面间的摩擦不计，求(sin 53°＝0.8)：图8(1)当卡车以加速度a 1＝g 2加速运动时，绳的拉力为56mg ，则A 对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a 2＝g 时，绳的拉力多大？方向如何？答案 (1)13mg (2) 2mg ，方向与水平面成45°角斜向上解析 (1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a 0对物体A 进行受力分析，可得：ma 0＝mg tan α，则a 0＝34g因为a 1<a 0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得F cos α＝ma 1F sin α＋N ＝mg 得N ＝13mg由牛顿第三定律得，A 对地面的压力的大小为13mg .(2)因为a 2>a 0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F ′＝m a 2＋g 2＝2mg 所以tan θ＝1，θ＝45°，即绳的拉力与水平面成45°角斜向上 题组三 多过程问题9．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103kg ，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．答案 (1)4 m/s (2)4×103N (3)6×103N解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动s 0＝v 0＋02t 1解得v 0＝2s 0t 1＝4 m/s(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－f ＝ma 2 解得f ＝4×103N(3)设开始加速过程中汽车的加速度为a 1s 0＝12a 1t 21由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1 解得F ＝f ＋ma 1＝6×103N10．物体以14.4 m/s 的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：图9(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 (1)14.4 m (2)2.4 s解析 (1)上升时加速度大小设为a 1，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝7.2 m/s 2上滑最大位移为s ＝v202a 1代入数据得s ＝14.4 m(2)下滑时加速度大小设为a 2，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得a 2＝4.8 m/s 2由s ＝12a 2t 2得下滑时间t ＝2sa 2＝ 6 s≈2.4 s11．如图10所示，在海滨游乐场里有一场滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60 kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，人从斜坡滑上水平滑道时没有速度损失，重力加速度g 取10 m/s 2.图10(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L＝20 m，则人从斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？答案(1)2 m/s2(2)50 m解析(1)人在斜坡上受力如图所示，建立直角坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg sin θ－f1＝ma1N1－mg cos θ＝0又f1＝μN1联立解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2.(2)人在水平滑道上受力如图所示，由牛顿第二定律得：f2＝ma2，N2－mg＝0又f2＝μN2联立解得a2＝μg＝5 m/s2设人从斜坡上滑下的距离为L AB，对AB段和BC段分别由匀变速直线运动公式得：v2－0＝2a1L AB,0－v2＝－2a2L联立解得L AB＝50 m.12．如图11所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用大小为20 N，与水平方向成53°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．图11答案 2 s解析物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，撤去外力后，再以大小为a2的加速度减速到B，且到B时速度恰好为零．力F作用时：F cos 53°－μ(mg－F sin 53°)＝ma1t时刻：s1＝12a1t2v t＝a1t撤去力F后：μmg＝ma2v2t＝2a2s2由于s1＋s2＝L 解得t＝2 s。