高中物理-牛顿运动定律的案例分析

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牛顿运动定律的案例分析

牛顿运动定律的案例分析

用眼看只能看到事物的表象,用心看才能 看到事物的本质!
感谢下 载
解答: 由牛顿第二定律可得f ma
由平衡条件知N G
又因为f N
所以a G m
由运动学公式v2 v02 2ax得
刹车位移x v2 v02 v02m
2a
2G
由题意可知,两种情况下刹车时只有动摩擦因数不同,所以有
x1 2 x2 1
x2
1x1 2
7 14m
98m
解题步骤总结:
1.确定研究对象。 2.进行受力分析。 3.由牛顿第二定律求出加速度,结合运动学的知识,列方程求解有关运动 的其他物理量。
解答:
已知m 500t 500103kg 5105 kg
G mg 5105 10N 5106 N,a 8.6m / s2
由F合 ma和F合 F G,可得
F G ma 5106 N 5105 8.6N 9.3106 N
解题步骤总结: 1.确定研究对象。 2.进行受力分析。 3.根据运动学的知识确定加速度,结合牛顿第二定律求解有关力的问题。
解答: 以物体为研究对象,做出运动过程图并分析各个阶段受力 如图所示。
前4秒 竖直方向 N-G=0
水平方向 F-f=ma
a F f 5.0 2.0 m / s2 1.5m / s2
m
2.0
v at 1.5 4m / s 6.0m / s
4秒后 竖直方向N-G=0 水平方向-f=ma′
让我们共同来回顾嫦娥二号发射的精彩瞬间。
卫星发射时在几百秒内就要把卫星的速度增加到几千米每秒,在太空运动时 可达7km/s,我们是如何做到精确定位并加以控制的呢?
指挥系统必须借助计算机、传感装置、定位系统等多种仪器设备的辅助才能 做到精准定位并加以控制。然而其中的基本原理和地面上的汽车、火车,实 验室中的小车、木块是一样,因为它们的运动都遵循牛顿运动定律,让我们 共同来探究其中的奥秘吧!

高中物理牛顿运动定律的应用_牛顿运动定律的应用之“滑块_木板模型”

高中物理牛顿运动定律的应用_牛顿运动定律的应用之“滑块_木板模型”

高中物理牛顿运动定律的应用-牛顿运动定律的应用之“滑块-木板模型”一、模型特征上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动,滑块-木板模型 ( 如图所示),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中。

二、常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。

三、滑块—木板类问题的解题思路与技巧:1.通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态(具体做什么运动);2.判断滑块与木板间是否存在相对运动。

滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么?⑴运动学条件:若两物体速度或加速度不等,则会相对滑动。

⑵动力学条件:假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出共同加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f;比较f与最大静摩擦力f m的关系,若 f > f m,则发生相对滑动;否则不会发生相对滑动。

3. 分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度;4. 对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移(即两者的位移差或位移和);6. 如果滑块和木板能达到共同速度,计算共同速度和达到共同速度所需要的时间;7. 滑块滑离木板的临界条件是什么?当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件。

【名师点睛】1. 此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。

高一物理牛顿运动定律的案例分析.doc

高一物理牛顿运动定律的案例分析.doc

5.3 牛顿运动定律的案例分析一、教学目标1.物理知识方面的要求:(1)巩固记忆牛顿第二定律内容、公式和物理意义;(2)掌握牛顿第二定律的应用方法。

2.通过例题分析、讨论、练习使学生掌握应用牛顿定律解决力学问题的方法,培养学生的审题能力、分析综合能力和运用数学工具的能力。

3.训练学生解题规范、画图分析、完善步骤的能力。

二、重点、难点分析1.本节为习题课,重点内容是选好例题,讲清应用牛顿第二定律解决的两类力学问题及解决这类问题的基本方法。

2.应用牛顿第二定律解题重要的是分析过程、建立图景;抓住运动情况、受力情况和初始条件;依据定律列方程求解。

但学生往往存在重结论、轻过程,习惯于套公式得结果,所以培养学生良好的解题习惯、建立思路、掌握方法是难点。

三、教具投影仪、投影片、彩笔。

四、主要教学过程(一)引入新课牛顿第二定律揭示了运动和力的内在联系。

因此,应用牛顿第二定律即可解答一些力学问题。

我们通过以下例题来体会应用牛顿第二定律解题的思路、方法和步骤。

(二)教学过程设计1.已知受力情况求解运动情况例题1(投影) 一个静止在水平面上的物体,质量是2kg,在水平方向受到5.0N的拉力,物体跟水平面的滑动摩擦力是2.0N。

1)求物体在4.0秒末的速度;2)若在4秒末撤去拉力,求物体滑行时间。

(1)审题分析这个题目就是根据已知的受力情况来求物体的运动情况。

前4秒内运动情况:物体由静止在恒力作用下做匀加速直线运动,t=4.0s。

受力情况:F=5.0N,f=2.0N,G=N;初始条件:v0=0;研究对象:m=2.0kg。

求解4秒末的速度v t。

4秒后,撤去拉力,物体做匀减速运动,v′t=0。

受力情况:G=N、f=2.0N;初始条件:v′0=vt,求解滑行时间。

(2)解题思路研究对象为物体。

已知受力,可得物体所受合外力。

根据牛顿第二定律可求出物体的加速度,再依据初始条件和运动学公式就可解出前一段运动的末速度。

运用同样的思路也可解答后一段运动的滑行距离。

最新-高一物理配套课件:第5章学案4《牛顿运动定律的案例分析》(沪科版必修一)

最新-高一物理配套课件:第5章学案4《牛顿运动定律的案例分析》(沪科版必修一)

从受力确定运动情况
1 .一个滑雪运动员从静止开 始沿山坡滑下,山坡的倾角θ =30°,如图所示,滑雪板与 雪地间的动摩擦因数是0.04, 求5 s内滑下来的路程和5 s末 速度的大小(运动员一直在山 坡上运动).
解析 以滑雪运动员为研究对象
N
f
根据牛顿第二定律
FNN-mgcos θ=0

θ
mgsin θ-Fff=ma ②
例 3 如图所示,两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块, 质量分别为 m1 和 m2.拉力 F1 和 F2 方向相反,与轻线沿同一水 平直线,且 F1>F2.试求在两个物块运动过程中轻线的拉力 T 的大小.
解析 以两物块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
F1-F2=(m1+m2)a

隔离物块 m1,由牛顿第二定律得 F1-T=m1a
பைடு நூலகம்由气囊组成的斜面,机舱中的乘
客就可以沿斜面迅速滑行到地面
上来.若某型号的客机紧急出口
离地面高度为4.0 m,构成斜面 沿x轴方向有 m gsinfm a
的气囊长度为5.0 m.要求紧急
疏散时,乘客从气囊上由静止下 沿y轴方向有 Nm gcos0
滑到达地面的时间不超过2.0 s(g 取10 m/s2),则:
m2 的物块 A、B,用劲度系数 为 k 的轻弹簧相连.当用力 F
解析
对 整 体 分 析 得 : F - (m1 +
m2)gsin θ=(m1+m2)a

沿倾角为 θ 的固定光滑斜面 隔离 A 得:kx-m1gsin θ=m1a
向上拉两物块,使之共同加

速运动时,弹簧的伸长量为 多少?
联立①②得 x=kmm1+1Fm2

人教版2019高中物理4.5牛顿运动定律的应用(共34张PPT)

人教版2019高中物理4.5牛顿运动定律的应用(共34张PPT)

=2ax
牛顿第二定律F合=ma,确定了运动和力的关系,使我们能够把物
体的运动情况与受力情况联系起来。
重力 弹力 摩擦力
F合=ma 桥梁
v=v0+at
两类动力学问题
1.两类动力学问题 第一类:已知受力情况求运动情况。 第二类:已知运动情况求受力情况。 2. 解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动分析; (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相 互联系的桥梁.
01
从受力确定运动情况
知识要点
已知物体受力情况确定运动情况,指的是在受力情况已知的条件下, 要求判断出物体的运动状态或求出物体的速度、位移等。
处理这类问题的基本思路是: 先分析物体受力情况求合力, 据牛顿第二定律求加速度, 再用运动学公式求所求量(运动学量)。
【例题】:运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上自由滑行,在不与其他冰 壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友, 可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面,减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。 (1)运动员以3.4 m/s的速度投掷冰壶,若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,冰壶能 在冰面上滑行多远?g 取 10 m/s2。 (2)若运动员仍以3.4 m/s的速度将冰壶投出,其队友在冰壶自由滑行10m后开始在 其滑行前方摩擦冰面,冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%,冰壶多滑行了多少 距离?
F 370
θmFf g 【解析】物体受力分析如图所示 由牛顿第二定律,可得:
Fcosθ-µFN=ma
FN
FN+Fsinθ=mg
4s末的速度 4s内的位移
典例分析
汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数,才能保证汽车 安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数,需要测试 刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以54 km/h的速度行驶时,突 然紧急刹车,车轮被抱死后在路面上滑动,直至停下来。量得车轮在公 路上摩擦的痕迹长度是17.2 m,则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少? 取 g=10 m/s2。

PBL案例分析范文

PBL案例分析范文

PBL案例分析范文PBL (Problem-Based Learning)是一种以问题为导向的学习方法,通过引导学生解决实际问题来促进他们的学习和发展。

在这篇文章中,我将对一种PBL案例进行分析,并探讨其优点和挑战。

案例背景:一些高中物理课程中,老师想要教授关于牛顿运动定律的概念。

他通过设计一个案例,让学生研究一个真实世界的问题,即一个汽车如何在不同的道路条件下的刹车距离会有所变化。

案例分析:优点:1.实践导向:该案例基于真实的世界问题,让学生亲身体验和实践科学原理。

这种实践导向的学习方式可以增强学生的兴趣和参与度。

2.问题解决能力:学生需要通过调查和数据分析来解决问题。

这种问题解决的训练可以帮助学生培养批判性思维和解决实际问题的能力。

3.跨学科整合:该案例涉及了物理、数学、统计等多个学科的知识。

学生需要将这些知识整合起来来解决问题,培养了学生的综合能力。

挑战:1.资源需求:学生需要收集和分析大量的数据。

这需要教师提供足够的资源和支持。

同时,学生可能需要在实际场景下进行刹车距离的测试,这也需要额外的资源和条件。

2.自主学习:该案例鼓励学生独立探究和学习,但这也需要学生具备一定的自主学习能力和学习方法。

对一些学生来说,这可能是一个挑战。

3.时间管理:学生在解决问题的过程中需要自己安排时间和任务。

这需要学生具备良好的时间管理能力,否则可能会导致无法按时完成任务。

结论:PBL案例可以为学生提供一种探究和实践的学习方式,帮助他们深入理解科学的原理和方法。

然而,案例的设计和实施也面临一些挑战,需要充分考虑学生的能力和资源的可用性。

通过解决这些问题,PBL案例可以更好地促进学生的学习和发展。

牛顿第三定律的实例分析

牛顿第三定律的实例分析

牛顿第三定律的实例分析牛顿第三定律是经典力学中的一个基本定律,也被称为作用与反作用定律。

该定律表明:任何两个物体之间的相互作用力,其大小相等、方向相反。

换句话说,如果物体 A 对物体 B 施加一个力,那么物体 B 也会对物体 A 施加一个大小相等、方向相反的力。

这一定律在日常生活和各个领域都有广泛的应用。

下面将通过几个实例来分析牛顿第三定律的具体应用。

**实例一:行走的人**当一个人在地面上行走时,他的脚对地面施加一个向后的推力,根据牛顿第三定律,地面也会对他的脚施加一个大小相等、方向相反的向前的反作用力。

这个反作用力使得人能够向前移动。

如果没有地面对脚的反作用力,人就无法行走。

**实例二:划船**当一个人在水中划船时,划桨向后推水,水会对划桨产生一个向前的反作用力,这个反作用力推动船向前前进。

如果没有水对划桨的反作用力,船就无法前进。

**实例三:射击**在射击运动中,当枪支发射子弹时,子弹会向前飞出,同时枪支也会受到后坐力的作用向后移动。

这是因为子弹对枪支施加了一个向后的作用力,根据牛顿第三定律,枪支也会对子弹产生一个大小相等、方向相反的向前的反作用力。

**实例四:汽车行驶**汽车行驶时,发动机会产生一个向前的推力,推动汽车向前行驶。

根据牛顿第三定律,汽车在地面上也会受到一个向后的摩擦力的作用,这个摩擦力是地面对汽车的反作用力。

摩擦力的大小取决于地面和轮胎之间的摩擦系数,只有克服了这个摩擦力,汽车才能行驶。

**实例五:跳水**在跳水运动中,运动员从跳板上跳入水中。

当运动员脚踩跳板时,他对跳板施加一个向下的力,跳板也会对他产生一个向上的反作用力,将他弹起。

当他跳入水中时,水会对他产生一个向上的浮力,这个浮力使得他能够在水中保持浮力,不会下沉。

通过以上几个实例的分析,我们可以看到牛顿第三定律在日常生活和各个领域中都有着广泛的应用。

这一定律揭示了物体之间相互作用的规律,帮助我们更好地理解自然界中的力学现象。

牛顿运动定律的应用实例

牛顿运动定律的应用实例

牛顿运动定律的应用实例引言:牛顿运动定律是物理学中最经典的定律之一,它描述了物体在力的作用下的运动状态。

本文将探讨牛顿运动定律在实际生活中的几个应用实例,从而帮助我们更好地理解这一定律的重要性和普适性。

第一部分:惯性和牛顿第一运动定律惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的性质。

根据牛顿第一运动定律,物体只有在受到外力作用时才会改变其运动状态。

这个定律的一个实际应用实例是汽车的急刹车。

当司机突然踩下刹车时,车辆会减速并停下来。

这是因为刹车时施加在车轮上的摩擦力,产生了一个与运动方向相反的作用力。

根据牛顿第一定律,车辆的速度发生变化,因为有一个外力作用于它。

如果没有这个摩擦力,车辆将保持之前的速度继续前进,司机将无法停下车辆。

第二部分:牛顿第二运动定律牛顿第二运动定律表明一个物体所受的力与其加速度之间的关系。

其计算公式为F = ma,即力等于物体的质量乘以加速度。

这个定律可以应用于多个实例,其中一个是运动员投掷铅球。

在铅球比赛中,运动员用手臂施加一个向前推的力。

根据牛顿第二定律,运动员施加的力越大,铅球的加速度就越大。

同时,铅球的质量也会影响其加速度。

较重的铅球需要更大的力才能获得相同的加速度。

第三部分:牛顿第三运动定律牛顿第三运动定律说明了力的作用具有相互作用的性质,即每个作用力都有相等大小但方向相反的反作用力。

这个定律可以解释很多现象,其中一个例子是火箭发射。

在火箭发射过程中,燃料燃烧产生的气体通过喷射口向后排出。

根据牛顿第三定律,喷射出的气体会给火箭提供向前的推力,而火箭本身会给排出气体一个向后的反作用力。

这正是火箭能够加速并离开地球表面的原因。

结论:牛顿运动定律是物理学中的基石,对于理解和描述物体在力的作用下的运动行为起着重要作用。

本文介绍了牛顿运动定律在实际生活中的几个应用实例,包括汽车的急刹车、运动员投掷铅球以及火箭发射。

通过这些实例,我们可以更清楚地理解和应用牛顿运动定律,从而更好地认识物理世界中的运动规律。

牛顿第三定律的实例分析

牛顿第三定律的实例分析

牛顿第三定律的实例分析什么是牛顿第三定律?牛顿第三定律又被称为“作用与反作用定律”,它是经典力学中最基本的定律之一。

牛顿第三定律指出:物体受到的力的大小和方向,与其对其他物体所施加的力的大小和方向相等、方向相反。

也就是说,任何一个物体施加力给另一个物体,同时也会受到同样大小、方向相反的力的作用。

为什么要分析牛顿第三定律的实例?牛顿第三定律是我们在日常生活和工作中常常遇到的现象的基础。

通过分析牛顿第三定律的实例,我们能更好地理解力的相互作用,并运用这一定律解决问题。

实例一:划船的力学原理想必大家都有过划船的经历。

我们可以利用牛顿第三定律来解析划船的力学原理。

当我们用桨划水时,我们的身体向后推,水会对桨产生一个向前的反作用力,从而推进船只前进。

这个实例中,我们可以看到力的相互作用。

我们对水施加了一个向后的力,而水对桨也施加了一个同样大小、方向相反的力。

这种力的对抗造成了船只的前进。

这就是牛顿第三定律的实例。

实例二:拳击比赛中的反作用力拳击比赛是体育界充满激情和力量的赛事之一。

当拳击手给对方的脸部施加一记沉重的拳击时,我们会看到对方的脸部受到了冲击,同时拳击手自己的拳头也会有一定的反作用力。

这是因为当拳击手的拳头击中对方时,他们的手会受到反作用力的作用。

这个反作用力与他们所给予对方的力的大小和方向相等、方向相反。

这种反作用力在拳击比赛中是不可避免的,正是牛顿第三定律的体现。

实例三:走路的力学原理走路是我们每天都要做的事情之一。

当我们走路时,我们会用脚向后踢地面,而地面则会对我们的脚产生一个向前的反作用力,从而推动我们向前行走。

这个实例中,我们可以看到我们的脚给地面施加了一个向后的力,而地面则给我们的脚产生了一个同样大小、方向相反的力。

这种力的对抗使我们能够前进。

这也是牛顿第三定律的应用。

通过对牛顿第三定律的实例分析,我们可以更好地理解力的相互作用原理。

无论是划船、拳击比赛还是走路,都展示了牛顿第三定律的运用。

高中物理学习中的案例分析与解析

高中物理学习中的案例分析与解析

高中物理学习中的案例分析与解析案例一:牛顿第一定律的阐述与应用案例分析:学生小明对牛顿第一定律的理解存在一定困惑。

在课堂上,老师进行了一次引人入胜的实验,以帮助学生更好地理解这个定律。

实验中,老师在桌上放置了一本书,然后用力拉开桌子,书本始终保持静止。

通过观察实验现象,结合理论知识,小明成功解开了困惑,理解了牛顿第一定律的内涵。

解析:牛顿第一定律,也被称为惯性定律,即物体保持静止或匀速直线运动的状态,除非有外力作用于它。

这个实验能够生动地展示这一定律。

实验中,桌子对书本施加了一个向上的力,而书本对桌子施加了一个等大反向的力,使得两个力相互抵消,书本始终保持静止。

这说明,如果物体所受的合力为零,则物体将保持其初始状态。

这个案例可以帮助学生深入理解牛顿第一定律的物理本质,并能够将其应用到实际生活中。

案例二:电路中的电阻与电流关系案例分析:学生小红在学习电路的时候存在一些疑惑。

老师在课堂上通过一个实际观察案例来解释电阻与电流之间的关系。

实验中,老师使用了两个不同电阻值的电阻器,并将它们分别连接在相同电压下。

结果发现,电阻值越大的电阻器通过的电流越小,而电阻值较小的电阻器通过的电流较大。

通过这个实验,小红对电阻与电流之间的关系有了更深的理解。

解析:根据欧姆定律,电流与电阻之间存在着线性关系,即I=U/R,其中I表示电流,U表示电压,R表示电阻。

实验中,由于两个电阻器的电压相同,而电阻值不同,因此电流的大小与电阻的大小成反比关系。

较大的电阻值会对电流的通过产生更大的阻碍,因此通过它的电流相对较小。

小红通过这个案例深刻理解了电阻与电流之间的相互关系,并能够从观察到的现象中推导出相关的物理规律。

案例三:光的全反射现象案例分析:学生小李在学习光的折射和反射时遇到了困惑。

老师通过一个案例来帮助学生理解全反射现象。

实验中,老师使用一个光导纤维,并将它的一段置于水中,另一段伸出来。

当光线从光导纤维内部射出时,角度超过了临界角,就会发生全反射现象,光线会在光导纤维内部完全反射,而不会从水面透射出来。

高中物理牛顿运动定律的案例分析教学参考 沪科版 必修1

高中物理牛顿运动定律的案例分析教学参考 沪科版 必修1

牛顿运动定律的案例分析-教学参考思路分析本节内容是在学习完牛顿第二定律的基础上,练习使用牛顿运动定律解决动力学问题.主要研究利用牛顿第二定律解决的两类问题:已知物体的受力情况分析物体的运动情况;已知物体的运动情况分析物体的受力情况.重点是总结归纳应用牛顿第二定律解决问题的方法步骤,难点是受力分析和运动过程分析. 应用牛顿运动定律解决问题时,首先要进行的是研究对象的确定,而研究对象确定时注意整体法和隔离法的灵活选用;其次是对研究对象进行受力分析或运动过程分析,而无论是受力分析还是运动过程分析,其目的都是写出加速度的表达式或求其值,因为加速度才真正是运动与力间的起桥梁作用的物理量;最后,根据牛顿第二定律和运动学规律列方程,求解验证就可以了.通过本节的学习,可以提高学生利用所学知识解决实际问题的能力,而且能够激发学生用科学的观点探究世界奥妙的热情.知识总结通过本节的学习,我们要总结出牛顿运动定律应用解题的思路和步骤.基本的思路是“两个分析一个桥”.两个分析是受力情况分析和运动情况分析,桥是牛顿第二定律,它使“受力情况分析”和“运动情况分析”连接起来.力和加速度是“桥头堡”.在解决问题时,要根据问题的情景。

首先明确是从受力情况确定加速度还是用运动状态确定加速度,然后决定解题过程是从受力求加速度,还是从运动状态求加速度.最后求解物体的运动情况,或是求解物体的受力情况.相关链接牛顿运动定律构架了经典力学的基本框架,展现了力和运动间的关系,使人们的认识发生了巨大的变化.并且,在很大的领域里我们能用来解决实际问题.但是随着科学的发展,人们逐渐认识到牛顿运动定律的使用也是有范围的:它只能在惯性参考系下,解决宏观低速物体的运动.对微观高速粒子的运动规律处理时,却与事实存在着较大的差异.这是为什么呢?我们又如何应对这一问题呢?原来,在以牛顿运动定律为基础的经典力学中,空间间隔(长度)s 、时间t 和质量m 这三个物理量都与物体的运动速度无关.一根尺子静止时这样长,当它运动时还是这样长;一只钟不论处于静止状态还是处于运动状态,其快慢保持不变;一个物体静止时的质量与它运动时的质量一样.这就是经典力学的绝对时空观.到了19世纪末,面对高速运动的微观粒子发生的现象,经典力学遇到了困难,在新事物面前,爱因斯坦打破了传统的绝对时空观,于1905年发表了题为《论运动物体的电动力学》的论文,提出了狭义相对性原理和光速不变原理,创建了狭义相对论.狭义相对论指出:长度、时间和质量都是随运动速度变化的.长度、时间和质量随速度变化的关系可用下列方程来表达:l =l 0/221c v - (“尺缩效应”) t =t 0/221cv - (钟慢效应) m =m 0/221cv - (质一速关系) 上列各式里的v 是物体运动的速度,c 是真空中的光速,l 0和l 分别为在相对静止和运动系统中沿速度v 的方向测得的物体长度;t 0和t 分别为在相对静止和运动系统中测得的时间;m 0和m 分别为在相对静止和运动系统中测得的物体质量.但是,当宏观物体的运动速度远小于光速时(v 《c ),上面的一些结果就变为l ≈l 0、t ≈t 0、m ≈m 0,因而对于宏观低速运动的物体,使用牛顿定律来处理问题,还是足够精确的.继狭义相对论之后,1915年爱因斯坦又建立了广义相对论,指出空间一时间不可能离开物质而独立存在,空间的结构和性质取决于物质的分布,使人类对于时间、空间和引力现象的认识大大深化了.“狭义相对论”和“广义相对论”统称为相对论.。

牛顿定律的应用举例

牛顿定律的应用举例
计.且m1 m2 .求重物释放后,
物体旳加速度和绳旳张力.
m1 m2
§2-4 牛顿定律旳应用举例
解(1) 以地面为参照系
画受力图、选用坐标如右图
m1g FT m1a m2 g FT m2a a m1 m2 g
m1 m2
FT
0
maF1Tm' 2y
FT
2m1m2 m1 m2
g
a
P1 y P2 0
l l
m
m
利用此原理,可制成蒸汽机旳调速器 (如图所示)
例 设空气对抛体
旳正阻比力,与即抛Fr体旳k速v度,成
y v0
旳k 质为量百m为分比、系初数速.v为抛0体、
抛射角为 .求抛体运 o
x
动旳轨迹方程.
解 取如图所示旳
Oxy 平面坐标系
m dvx dt
kvx
y v0
Fr A Pv
(2):求物体旳运动方程
因为 a dv ,初始条件为:t=0时,v=0得:
dt
v
dv
t
adt
t m1 m2 gdt
0
0
0 m1 m2
有:v m1 m2 gt
m1 m2
又因为 v dy ,而初始条件为:t=0时,y=0得:
dt
y
m1 m2
2m1 m2 )
gt 2
§2-4 牛顿定律旳应用举例
vy
(v0
sin
mg k
)ekt / m
mg k
dx vxdt dy vydt
由上式积分
y v0
Fr A Pv
代初始条件得:
o
x
x
m k
(v0

牛顿运动定律的10种典型案例

牛顿运动定律的10种典型案例

牛顿运动定律典型案例案例1: 牛顿第二定律的矢量性牛顿第二定律F=ma 是矢量式,加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。

在解题时,可以利用正交分解法进行求解。

例1、如图1所示,电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时,人对梯面压力是其重力的6/5,则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍?案例2: 牛顿第二定律的瞬时性牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律,描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。

物体在某一时刻加速度的大小和方向,是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。

当物体所受到的合外力发生变化时,它的加速度随即也要发生变化,F=ma 对运动过程的每一瞬间成立,加速度与力是同一时刻的对应量,即同时产生、同时变化、同时消失。

例2、如图2(a )所示,一质量为m 的物体系于长度分别为L 1、L 2的两根细线上,L 1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L 2水平拉直,物体处于平衡状态。

现将L 2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度。

(l )下面是某同学对该题的一种解法:分析与解:设L 1线上拉力为T 1,L 2线上拉力为T 2,重力为mg ,物体在三力作用下保持平衡,有T 1cos θ=mg , T 1sin θ=T 2, T 2=mgtan θ剪断线的瞬间,T 2突然消失,物体即在T 2反方向获得加速度。

因为mg tan θ=ma ,所以加速度a =g tan θ,方向在T 2反方向。

你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由。

(2)若将图2(a)中的细线L 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图2(b)所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与(l )完全相同,即 a =g tan θ,你认为这个结果正确吗?请说明理由。

案例3: 牛顿第二定律的独立性当物体受到几个力的作用时,各力将独立地产生与其对应的加速度(力的独立作用原理),而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。

牛顿运动定律教学案例的评价与反思

牛顿运动定律教学案例的评价与反思

本文旨在对一节关于牛顿运动定律的教学案例进行评价与反思,以便更好地提高教学质量和效果。

在这节课中,教师通过理论介绍、实验演示和小组讨论等方式,深入浅出地讲解了牛顿运动定律的基本概念、原理和应用,使得学生们对物理学的相关知识有了更加深入和具体的理解和掌握。

同时,教师还创设了丰富多彩的课堂互动环节,充分发挥了学生们的主动性和创造性,让他们在实践中探索、思考和解决问题,达到了事半功倍的教学效果。

然而,也有一些需要改进和加强的地方,需要在今后的教学实践中加以注意和解决。

评价:1、教学目标明确。

在课前,教师对于此次授课的教学目标进行了详细、具体的解释和讲解,通过对学生的行为、知识和能力进行多层面的刻画和阐释,增强了学生们对于本节课的认识和理解。

同时,教师还设计了课堂任务和学习要求,使得学生们能够在学习过程中更有目的、有针对性地掌握和应用知识。

2、教学设计合理。

在教学过程中,教师多采用一些具有启发性的案例、实验和图表等讲解,引导学生们具体思维、感官体验、形象化理解。

例如,教师通过展示运动小车、滑翔板、运动场馆等实物或视频进行直观化演示,利用微型实验箱、挂钟、手表等实验仪器进行实证操作,使学生在实践中体会运动状态的变化和运动定律的应用。

在重点难点内容中,教师提供了多种角度、多种方法的剖析和讲解,如通过推导公式、图像说明、实物模拟等让学生准确理解三大定律的内涵,使学生的学习掌握程度取得优异的效果。

3、课堂氛围友好。

教学中,教师注重与学生之间的交流和互动,允许学生提问、质疑,让学生们对于课堂内容的理解更加深入和透彻。

同时,教师与学生之间的互动不仅是一种单向的教学方式,而是互相交流、互相学习的过程,使得课堂氛围更加轻松和自由,学生们的学习积极性和参与性得到极大的发挥。

4、教学效果明显。

在本节课中,学生们不仅掌握了物理学中的相关知识,而且还培养了创新性思维、实验探究能力、问题解决能力和理性思考能力,达到了“学以致用”的目的。

高中物理牛顿运动定律(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高中物理牛顿运动定律(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高中物理牛顿运动定律(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.如图所示,在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ,在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点),将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s 2。

求:(1)释放后,小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2;(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ,21m/s ;(2)1s t =【解析】【详解】(1)设释放后,滑块会相对于平板向下滑动,对滑块m :由牛顿第二定律有:011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =,111N f F μ=解得:00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ,由牛顿第二定律有:0122sin 37Mg f f Ma +-=其中002cos37cos37N F mg Mg =+,222N f F μ=解得:221m/s a =12a a >,假设成立,即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ,由运动学公式,有:21112x a t =,22212x a t =,12x x L -= 解得:1s t =2.如图所示,倾角θ的足够长的斜面上,放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ,滑块A 的下表面光滑,滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=.由静止同时释放A 和B ,此后若A 、B 发生碰撞,碰撞时间极短且为弹性碰撞.已知重力加速度为g ,求:(1)A 与B 开始释放时,A 、B 的加速度A a 和B a ;(2)A 与B 第一次相碰后,B 的速率B v ;(3)从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t .【答案】(1)sin A a g θ=;0B a =(202sin gL θ3)023sin L g θ【解析】【详解】解:(1)对B 分析:sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =,B 仍处于静止状态对A 分析,底面光滑,则有:mg sin A ma θ=解得:sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度,则有:202A A v a L = 解得:02sin A v gL θ=所用时间由:1v A at =,解得:012sin L g t θ=对AB ,由动量守恒定律得:1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得:2221111222A B mv mv mv =+ 解得:100,2sin B v v gL θ==(3)碰后,A 做初速度为0的匀加速运动,B 做速度为2v 的匀速直线运动,设再经时间2t 发生第二次碰撞,则有:2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰:A B x x = 解得:0222sin L t g θ=从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间:12t t t =+解得:023sin L t g θ=3.四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.一架质量m =2 kg 的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F =36N ,运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N .(g 取10 m /s 2)(1)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.求在t =5s 时离地面的高度h ; (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落.求无人机坠落到地面时的速度v ;(3)接(2)问,无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力.为保证安全着地(到达地面时速度为零),求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.【答案】(1)75m (2)40m/s (3)55 s 【解析】【分析】【详解】(1)由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m .(2)下落过程中 mg ﹣f=ma 1代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ,代入数据解得 v=40m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ,则有由 v m =a 1t 1代入数据解得.4.如图1所示,在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g=10m/s2(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;(2)t=10s时,两物体的加速度各为多大;(3)在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉カF的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)【答案】(1)木块和木板保持相对静止的时间是4s;(2)t=10s时,两物体的加速度各为3m/s2,12m/s2;(3)【解析】【详解】(1)当F<μ2(m1+m2)g=3N时,木块和木板都没有拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:f max﹣μ2(m1+m2)g=m1a max,f max=μ1m2g解得:a max=3m/s2对整体有:F max﹣μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a max解得:F max=12N由F max=3t 得:t=4s(2)t=10s时,两物体已相对运动,则有:对m1:μ1m2g﹣μ2(m1+m2)g=m1a1解得:a1=3m/s2对m 2:F ﹣μ1m 2g =m 2a 2 F =3t =30N解得:a 2=12m/s 2(3)图象过(1、0),(4.3),(10、12)图象如图所示.5.我国的动车技术已达世界先进水平,“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席.所谓的动车组,就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起.某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组,总质量为m=2kg ,每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率,开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动,达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动,直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶,行驶过程中所受阻力恒定,求:(1)动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间;(2)动车组变加速运动过程中的时间为10s ,求变加速运动的位移.【答案】(1)2N 3s (2)46.5m【解析】(1)动车组先匀加速、再变加速、最后匀速;动车组匀速运动时,根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力,再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度,即匀加速的末速度,再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间;(2)对变加速过程运用动能定理,即可求出求变加速运动的位移.(1)设动车组在运动中所受阻力为f ,动车组的牵引力为F ,动车组以最大速度匀速运动时:F=动车组总功率:m P Fv =,因为有4节小动车,故04P P =联立解得:f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ,匀加速运动的末速度为v '由牛顿第二定律有:F f ma '-=动车组总功率:P F v ='',运动学公式:1v at '=解得匀加速运动的时间:13t s =(2)设动车组变加速运动的位移为x ,根据动能定理:221122m Pt fx mv mv =-'-解得:x=46.5m6.如图所示,质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上,质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动,若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,物块B 恰好能滑到木板A 的右端.已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6.认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s 2.求:(1)木板A 的长度L ;(2)若把A 按放在光滑水平地面上,需要给B 一个多大的初速度,B 才能恰好滑到A 板的右端;(3)在(2)的过程中系统损失的总能量.【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J【解析】【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为:11= 1.8f mg N μ=A 板与地面间的最大静摩擦力为:()22= 2.4f M m g N μ+=由于12f f <,故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零,有:202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =(2)A 、B 系统水平方向动量守恒,取B v 为正方向,有()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s =(3)系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =7.如图为高山滑雪赛道,赛道分为斜面与水平面两部分,其中斜面部分倾角为37°,斜面与水平面间可视为光滑连接。

2021届高中物理二轮复习(大题)2 牛顿运动定律的综合应用问题 含解析

2021届高中物理二轮复习(大题)2 牛顿运动定律的综合应用问题 含解析

2 牛顿运动定律的综合应用问题一、典例例1.传送带被广泛应用于各行各业。

如图所示,一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ=37°,在电动机的带动下以v =2 m/s 的速率顺时针方向匀速运行。

M 、N 为传送带的两个端点,M 、N 两点间的距离L =7 m ,N 端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住。

在传送带上的O 处由静止释放质量为m =1 kg 的木块,木块可视为质点,若木块每次与挡板P 发生碰撞时间极短,碰后都以碰前的速率反方向弹回,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,O 、M 间距离L 1=3 m ,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。

求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2)(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小;(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离;(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。

【解析】(1)放上的后瞬间,根据牛顿第二定律:mg sin θ-μmg cos θ=ma 1解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a 1=2 m/s 2。

(2)设木块与挡板P 碰撞前的速度v 1,由运动学知识:v 12=2a 1(L -L 1)解得v 1=4 m/s木块与挡板P 碰后向上减速到共同速度之前:mg sin θ+μmg cos θ=ma 2解得a 2=10m/s 2木块向上的位移x 1=22122v v a =0.6m 共同速度之后,摩擦力反向,加速度为a 1木块向上的位移x 2=212v a =1 m 木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离x m =x 1+x 2=1.6 m 。

(3)木块做稳定的周期性运动后,每次与挡板碰前的速度为v =2m/s则稳定后周期为T =21v a =2 s 。

例2.如图所示,在水平地面上建立x 轴,有一个质量m =1 kg 的木块(可视为质点)放在质量M =2 kg 的长木板的左端A 点,木板长L =2 m 。

运用实例解析牛顿第三定律的教学案例

运用实例解析牛顿第三定律的教学案例

未成年人宪法普法教育《关于未成年人宪法普法教育的重要性及实施措施》未成年人是国家的未来和希望,他们的成长和发展对国家的未来具有重要的影响。

为了帮助未成年人树立正确的法治观念,加强宪法普法教育对他们进行系统的宪法法律知识教育是至关重要的。

本文旨在探讨未成年人宪法普法教育的重要性,以及实施此项工作的具体措施。

一、未成年人宪法普法教育的重要性1. 培养法治意识。

通过宪法普法教育,未成年人能够了解国家的根本法律,培养尊重法律的意识,树立法治观念。

2. 提高法律素养。

宪法是国家的根本法律,未成年人通过宪法普法教育能够学习基本的法律知识,增强法律素养,提高依法行事的意识。

3. 塑造良好社会行为。

宪法普法教育能够引导未成年人养成遵纪守法、诚实守信、热爱社会公德的行为习惯,促进社会和谐发展。

二、未成年人宪法普法教育的实施措施1. 完善课程设置。

学校和社会组织应当增加宪法普法教育课程,将宪法基本原则、公民权利和义务等内容纳入教学大纲。

2. 制定教育法规。

政府主管部门应当出台相关法规,规定学校的宪法普法教育工作,确保宪法普法教育的全面推进。

3. 加强师资力量。

针对未成年人的宪法普法教育需要具备专业知识的师资队伍,加强师资力量培训,提高教师的法治意识,提高宪法普法教育的质量。

4. 出台激励政策。

政府应当制定激励政策,引导学校和社会组织加强宪法普法教育工作。

对于表现突出的学校和教师可以进行奖励,鼓励他们积极参与宪法普法教育。

未成年人宪法普法教育的重要性不言而喻,只有通过系统的宪法普法教育,才能够培养未成年人的法治意识和法律素养,促进社会和谐发展。

各级政府和社会各界应当共同努力,加强对未成年人的宪法普法教育工作,为未成年人的成长和发展提供坚实的法治基础。

第一高级中学高中物理公开课优质课件精选牛顿运动定律的案例分析

第一高级中学高中物理公开课优质课件精选牛顿运动定律的案例分析

(2)从第 3 s 初到第 4 s 末,在这 2 s 内,力 F 的方 向变成反向,物体将以 v1=10 m/s 的初速度做匀 减速运动,4 s 末的速度为: v2=v1-at=(10-5×2) m/s=0 在此 2 s 内物体的位移为: s2=v1+2 v2·t=10+ 2 0×2 m=10 m 方向与位移 x1 的方向相同.
(3)行李始终匀加速运行时间最短,加速度仍为 a
=1 m/s2,当行李到达右端时,
v2min=2aL,vmin= 2aL= 2×1×2 m/s=2 m/s, 所以传送带的最小运行速率为 2 m/s.
行李最短运行时间由 vmin=a×tmin 得 tmin=vmain=
2 1
s=2 s.
【答案】 (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
由物体的受力情况求运动情况(或运动情况求解 受力情况)
如图(a),质量 m=1 kg 的物体沿倾角 θ= 37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物 体的作用力沿水平方向向右,其大小与风速 v 成 正比,比例系数用 k 表示,物体加速度 a 与风速 v 的关系如图(b)所示,求: (1)物体与斜面间的动摩擦因数 μ; (2)比例系数 k.
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)
【解析】 (1)v=0,a0=4 m/s2 mg sin θ-μmg cos θ=ma0 μ=g sgincoθs-θa0=6-8 4=0.25
(2)v=5 m/s,a=0
mg sin θ-μN-kv cos θ=0
N=mg cos θ+kv sin θ
【解析】 根据受力分析可知,当撤掉拉 力后,木板向右做减速运动,物块向右做 加速运动,直到两者速度相等后,一起做 匀速运动. 【答案】 BC
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高中物理-牛顿运动定律的案例分析1.知道应用牛顿运动定律解决的两类基本问题.2.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法.(重点)3.能够对物体的受力和运动情况进行分析.(难点)一、牛顿运动定律的适用范围研究表明,宏观物体做低速(即远小于光速)运动时,都服从牛顿运动定律,牛顿运动定律不仅能研究地球表面物体的运动,也能研究人造卫星在太空中的运动.二、动力学的两类基本问题1.已知物体的受力情况确定物体的运动情况根据牛顿第二定律,已知物体受力情况可以求出物体的加速度,在知道物体的初始条件(初位置和初速度),根据运动学公式,就可以求出物体在任意时刻的位置和速度,也就确定了物体的运动情况.2.已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况,由运动学公式求出加速度,再根据牛顿第二定律可确定物体所受的合外力,从而求出某些未知力,或与力相关的某些量,如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等.高速公路上行车,如果车辆发生故障,要停车检修,应在离车150 m远的地方竖一警示牌.这150 m距离的依据是参考了哪些因素?提示:放一警示牌的目的是引起其他车辆的注意,以免发生事故.主要是考虑汽车运动的速度、反应时间、刹车时的加速度等.由物体的受力情况确定运动情况[学生用书P73] 1.基本思路物体的受力情况→物体的合外力→加速度→运动学公式→物体的运动情况2.解题步骤(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出物体的受力图.要注意画出物体所受到的所有力,不能漏力或多画力,分析受力的顺序一般是先重力,再弹力,最后是摩擦力.(2)根据力的合成与分解,求出物体所受的合外力(包括大小和方向).(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度.(4)结合物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需的运动学量——任意时刻的位移和速度,以及运动轨迹等.(1)正确的受力分析是解答本类题目的关键.(2)若物体受两个力作用,用合成法求加速度往往要简便一些;若物体受三个或三个以上力作用时,要正确应用正交分解法求加速度.(3)物体做直线运动时,合外力的方向一定在物体运动方向的直线上.如图所示是一滑雪场示意图,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/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(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?[思路点拨] 解此类问题的关键有两点:(1)选取研究对象,在不同阶段正确受力分析确定加速度.(2)以加速度为桥梁结合运动学方程求时间,位移等.[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=ma,f=μN,垂直斜坡方向有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/s2,t=2 s.(2)人在水平面上滑行时,水平方向只受到地面摩擦力作用.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,由匀变速运动规律得下滑过程:v2=2aL水平面上:0-v2=-2a′s联立以上各式解得s=12.8 m.[答案] (1)2 s (2)12.8 m(1)求解此类问题的思路是根据物体的受力情况,由牛顿第二定律求出物体运动的加速度,然后根据运动学公式求物体运动的时间、位移、速度等.(2)对物体受力分析时注意不要多力或漏力,若物体受力个数多于三个力时要用正交分解法求合力.1.质量为m=2 kg的物体静止在水平地面上,物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.5.现在对物体施加如图所示的力F,F=10 N,θ=37°,且sin 37°=0.6.经t=10 s后撤去力F,再经一段时间,物体静止,g取10 m/s2.求:(1)物体运动过程中的最大速度是多少?(2)物体运动的总位移是多少?解析:(1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,则有F sin θ+F N=mgF cos θ-Ff=ma1又F f=μF Nx 1=12a1t2,v=a1t代入数据解得x1=25 m,v=5 m/s.甲乙(2)撤去F后,对物体进行受力分析,如图乙所示,则有F′f=μF′N=μmg=ma22a2x2=v2解得x2=2.5 m故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5 m.答案:(1)5 m/s (2)27.5 m已知物体的运动情况确定受力情况[学生用书P74]民航客机都有紧急出口,发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面,乘客可沿斜面滑行到地面上.如图所示,某客机紧急出口离地面高度AB=3.0 m,斜面气囊长度AC=5.0 m,要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s,g取10 m/s2,求:(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大?(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大?(忽略空气阻力)[思路点拨] (1)乘客在气囊上的运动可看做匀加速直线运动,用公式a=2xt2可求出加速度.(2)乘客下滑过程中受三个力.[解析] (1)根据运动学公式x=12at2①得:a=2xt2=2×5.022m/s2=2.5 m/s2②故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2.(2)乘客在斜面上受力情况如图所示.Ff=μF N③FN=mg cos θ④根据牛顿第二定律:mg sin θ-F f =ma ⑤由几何关系可知sin θ=0.6,cos θ=0.8 由②~⑤式得:μ=g sin θ-a g cos θ=716=0.437 5故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.437 5. [答案] (1)2.5 m/s 2 (2)0.437 52.如图所示,水平恒力F =20 N ,把质量m =0.6 kg 的木块压在竖直墙上,木块离地面的高度H =6 m .木块由静止开始向下做匀加速运动,经过2 s 到达地面.求:(1)木块下滑的加速度a 的大小. (2)画出木块的受力示意图.(3)木块与墙壁之间的动摩擦因数(g 取10 m/s 2). 解析:(1)由H =12at 2得a =2Ht2=3 m/s 2.(2)木块受力示意图如图所示: (3)由牛顿第二定律a =mg -f m =mg -μNm得μ=m(g-a)N=0.21.答案:(1)3 m/s2(2)见解析图(3)0.21传送带问题[学生用书P75]传送带传递货物时,一般情况下,由摩擦力提供动力,而摩擦力的性质、大小、方向和运动状态密切相关.分析传送带问题时,要结合相对运动情况,分析货物受到传送带的摩擦力方向,进而分析货物的运动规律是解题的关键.因传送带由电动机带动,一般货物对传送带的摩擦力不影响传送带的运动状态.如图所示,传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一质量m=0.5 kg的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去,设物体与传送带间动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5 m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少?(g取10 m/s2)[思路点拨] (1)物体的速度小于1 m/s时,所受摩擦力的方向水平向右,物体做匀加速直线运动.(2)物体速度等于1 m/s后,物体不再受摩擦力.物体做匀速直线运动.(3)判断物体速度能否达到1 m/s.[解析] 对物体,根据题意容易得:a=μmgm=μg=1 m/s2,当速度达到1 m/s时,所用的时间t1=v-va=1-01s=1 s,通过的位移x1=v2-v22a=0.5 m<2.5 m.在剩余位移x2=L-x1=2.5 m-0.5 m=2 m中,因为物体与传送带间无摩擦力,所以物体以1 m/s的速度随传送带做匀速运动,所用时间t2=x2v=2 s.因此共需时间t=t1+t2=3 s. [答案] 3 s(1)水平传送带(匀速运动)①若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度,则该物体一直做匀变速直线运动.②若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同,则物体先做匀变速直线运动,后做匀速直线运动.(2)倾斜传送带①一个关键点:对于倾斜传送带,分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键.②两种情况a.如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力,传送带只能下传物体,两者共速前的加速度大于共速后的加速度,方向沿传送带向下.b.如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力,不论上传还是下传物体,物体都是先做匀加速直线运动,共速后做匀速直线运动.3.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带两端A、B的距离L=10 m,传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动.在传送带底端A轻放上一质量m=5 kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数μ=32.求货物从A端运送到B端所需的时间.(g取10 m/s2)解析:以货物为研究对象,由牛顿第二定律得μmg cos 30°-mg sin 30°=ma,解得a=2.5 m/s2货物匀加速运动时间t1=va=2 s货物匀加速运动位移x1=12at21=5 m然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5 m匀速运动时间t2=x2v=1 s货物从A到B所需的时间t=t1+t2=3 s.答案:3 s整体法和隔离法在连接体问题中的应用[学生用书P76] 1.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起,或挤放在一起,或用绳子、细杆、弹簧等连在一起.2.处理连接体问题的方法在解决连接体问题时,隔离法和整体法往往交叉运用,可以优化解题思路和方法,使解题过程简捷明了.两种方法选择原则如下:(1)求加速度相同的连接体的加速度或合外力时,优先考虑“整体法”;(2)求物体间的作用力时,再用“隔离法”;(3)如果连接体中各部分的加速度不同,一般选用“隔离法”.如图所示,两个用轻绳相连的位于光滑水平面上的物块,质量分别为m1和m2.拉力F1和F2方向相反,与轻绳沿同一水平直线,且F1>F2.试求在两个物块运动过程中轻绳的拉力T 的大小.[解析] 以两物块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F1-F2=(m1+m2)a①隔离物块m1,由牛顿第二定律得F1-T=m1a②由①②两式解得T=m1F2+m2F1m1+m2.[答案] m1F2+m2F1m1+m2求解连接体问题的一般思路先用整体法或隔离法求加速度,再用另一方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法,解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.4.在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B,它们的质量分别为m1和m2,与地面间的动摩擦因数均为μ,若用水平推力F作用于A物体,使A、B一起向前运动,如图所示,求两物体间的相互作用力为多大?解析:以A、B整体为研究对象,其受力如图甲所示,由牛顿第二定律可得F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a所以a=Fm1+m2-μg再以B物体为研究对象,其受力如图乙所示,由牛顿第二定律可得F AB-μm2g=m2a联立得两物体间的作用力F AB=m2Fm1+m2.答案:m 2 Fm1+m2[随堂检测][学生用书P76]1.A、B两物体以相同的初速度在同一水平面上滑动,两个物体与水平面的动摩擦因数相同,且质量m A=3m B,则它们能滑行的最大距离s A和s B的关系为( )A.s A=s B B.s A=3s BC.s A=13sBD.s A=9s B解析:选A.由s=v22a知,当v相同,a A=a B=μg时,s A=s B,s与m无关.2.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght+mg B.m2ght-mgC.m ght+mg D.m ght-mg解析:选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v,则v2=2gh,得v=2gh,设安全带对人的平均作用力为F,由牛顿第二定律得F-mg=ma,又v=at解得F=m2ght+mg.3.(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.物体一直受到摩擦力作用,大小为μmgB.物体最终的速度为v1C.开始阶段物体做匀加速直线运动D.物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右解析:选BC.当把物体无初速度地轻放在传送带的左端时,物体相对传送带向左运动,故物体所受到的滑动摩擦力大小为F f=μmg,方向水平向右;所以物体将向右做匀加速运动,由于传送带足够长,物体将加速到v1,之后与传送带保持相对静止,不再受到摩擦力的作用,故选项A、D错,B、C对.4.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮,一端挂一吊椅,另一端被坐在吊椅上的运动员拉住,如图所示.设运动员的质量为65 kg,吊椅的质量为15 kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦,重力加速度取g=10 m/s2,当运动员与吊椅一起以a=1 m/s2的加速度上升时,试求:(1)运动员竖直向下拉绳的力的大小;(2)运动员对吊椅的压力的大小.解析:(1)设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ,绳对运动员的拉力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象,受力如图甲所示.由牛顿第二定律得2F -(M +m )g =(M +m )a 解得F =440 N由牛顿第三定律得,运动员拉绳的力大小为440 N.(2)设吊椅对运动员的支持力为F N ,以运动员为研究对象,运动员受到三个力的作用,如图乙所示.由牛顿第二定律得F +F N -Mg =Ma 解得F N =275 N根据牛顿第三定律得,运动员对吊椅的压力大小为275 N. 答案:(1)440 N (2)275 N[课时作业][学生用书P133(单独成册)]一、单项选择题1.质量为m 1的物体A ,在恒力F 的作用下产生的加速度为a 1;质量为m 2的物体B ,在恒力F 的作用下,产生的加速度为a 2.若将该恒力F 作用在质量为(m 1+m 2)的物体C 上,产生的加速度为( )A .a 1+a 2B .a 1+a 22C .a 1a 2D .a 1a 2a 1+a 2解析:选D.由题意得:F =m 1a 1,F =m 2a 2,F =(m 1+m 2)a ,由以上三式即可解得a =a 1a 2a 1+a 2.2.如图所示,有一光滑斜面倾角为θ,放在水平面上,用固定的竖直挡板A 与斜面夹住一个光滑球,球质量为m.若要使球对竖直挡板无压力,球连同斜面应一起( )A.水平向右加速,加速度a=g tan θB.水平向左加速,加速度a=g tan θC.水平向右减速,加速度a=g sin θD.水平向左减速,加速度a=g sin θ解析:选B.球对竖直挡板无压力时,受力如图所示,重力mg和斜面支持力N的合力方向水平向左.F=mg tan θ=ma,解得a=g tan θ,因此斜面应向左加速或者向右减速.3.如图所示,质量M=60 kg的人通过定滑轮将质量为m=10 kg的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a=2 m/s2,则人对地面的压力大小为(取g=10 m/s2)( )A.120 N B.480 NC.600 N D.720 N解析:选B.对货物,根据牛顿第二定律有T-mg=ma,对人根据平衡条件有T+N=Mg,由以上两式得N=480 N,根据牛顿第三定律得,人对地面的压力大小为480 N.4.在行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的作用力大小约为( )A.420 N B.600 NC.800 N D.1 000 N解析:选A.由a =Δvt得a =305m/s 2=6 m/s 2. 由牛顿第二定律得F =ma =70×6 N =420 N.5.如图所示,车沿水平地面做直线运动,车厢内悬挂在车顶上的小球悬线与竖直方向的夹角为θ.放在车厢底板上的物体A 跟车厢相对静止.A 的质量为m ,则A 受到的摩擦力的大小和方向是( )A .mg sin θ,向右B .mg tan θ,向右C .mg cos θ,向左D .mg tan θ,向左解析:选B.对小球进行受力分析如图甲所示, 设小球质量为m ′,⎭⎬⎫T cos θ=m ′g T sin θ=m ′a ⇒a =g tan θ 方向向右再对A 物体进行受力分析如图乙,f =ma =mg tan θ,方向向右,故选B.甲 乙6.应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图所示的模型,紧绷的传送带始终保持v =1 m/s 的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,AB 间的距离为2 m ,g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v =1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处去取行李,则( )A .乘客与行李同时到达B 处 B .乘客提前0.5 s 到达B 处C .行李提前0.5 s 到达B 处D .若传送带速度足够大,行李最快也要4 s 才能到达B 处解析:选B.行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1=va=1s达到共同速度,位移x1=v2t1=0.5 m,此后行李匀速运动t2=2-x1v=1.5 s到达B,共用2.5s.乘客到达B,历时t=2v=2 s,故B正确.若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间t min=2×21s=2 s,D项错误.二、多项选择题7.如图所示,在光滑地面上,水平外力拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动.小车质量是M,木块质量是m,水平外力大小是F,加速度大小是a,木块和小车之间的动摩擦因数是μ,则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是( )A.μmg B.mFM+mC.μ(M+m)g D.ma解析:选BD.因为m、M在力F的作用下一起做无相对滑动的加速运动,所以取m、M为一整体,由牛顿第二定律可知F=(M+m)a,设木块m受到的摩擦力向右,大小为f,由牛顿第二定律得:f=ma,以上两式联立可得:f=mFM+m,所以B、D正确.8.如图所示,5块质量相同的木块并排放在水平地面上,它们与地面间的动摩擦因数均相同,当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时,下列说法中正确的是( )A.由右向左,两块木块之间的相互作用力依次变小B.由右向左,两块木块之间的相互作用力依次变大C.第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD.第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F解析:选BC.取整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-5μmg=5ma.再选取1、2两块木块为研究对象,由牛顿第二定律得F-2μmg-F N=2ma,两式联立解得F N=0.6F,进一步分析可得,从右向左,木块间的相互作用力是依次变大的.选项B、C正确.9.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( )A.当F < 2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=52μmg时,A的加速度为13μgC.当F > 3μmg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过12μg解析:选BCD.当0<F≤32μmg时,A、B皆静止;当32μmg<F≤3μmg时,A、B相对静止,但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动;当F>3μmg时,A相对B向右做加速运动,B相对地面也向右加速,选项A错误,选项C正确.当F=52μmg时,A与B共同的加速度a=F-32μmg3m=13μg,选项B正确.F较大时,取物块B为研究对象,物块B的加速度最大为a2=2μmg-32μmgm=12μg,选项D正确.10.如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(取g=10 m/s2)( )A.物体经10 s速度减为零B.物体经2 s速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动解析:选BC.水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动.滑动摩擦力大小为F f=μF N=μmg=3 N.故a=F+Ffm=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需时间为t=va=2 s,故B正确,A错误.减速到零后F<F f,物体处于静止状态,故C正确,D错误.三、非选择题11.一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.解析:(1)汽车开始做匀加速直线运动s 0=v+02t1.解得v0=2s0t1=4 m/s.(2)汽车滑行减速过程加速度a2=0-v0t2=-2 m/s2由牛顿第二定律得-f=ma2,解得f=4×103 N(3)开始加速过程中加速度为a1,s0=12a1t21,由牛顿第二定律得:F-f=ma1,解得F=f+ma1=6×103 N. 答案:(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N12.如图所示,倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°,将一小物块轻轻地放在正在以速度v=10 m/s匀速逆时针转动的传送带的上端,物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小),传送带两皮带轮轴心间的距离为L=29 m,(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)将物块从顶部传送到传送带底部所需的时间为多少?(2)若物块与传送带之间的动摩擦因数为μ′=0.8 ,物块从顶部传送到传送带底部所需的时间又为多少?解析:(1)物块放到传送带上后,沿斜面向下做加速直线运动,开始时相对于传动带向后运动,受到的摩擦力沿斜面向下(物块受力如图甲所示),则a1=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2当物块加速到与传送带同速时,所用时间为:t1=va1=1 s运动的位移为x1=v22a1=1022×10m=5 m物块加速到与传送带同速后,由于mg sin θ>μmg cos θ,所以物块相对于传送带向下运动,摩擦力变为沿斜面向上(物块的受力情况如图乙所示),所以此时的加速度为a2=g sin θ-μg cos θ=2 m/s2由x2=L-x1=vt2+12a2t22解得t2=2 s因此所需的时间为t=t1+t2=3 s.(2)若μ′=0.8 ,开始时(即物块与传送带同速前)物块的加速度为a′=g(sin θ+μ′cos θ)=10×(0.6+0.8×0.8)m/s2=12.4 m/s2物体加速到与传送带同速时所用的时间t 1′=va′=1012.4s≈0.81 s位移x1′=v22a′≈4.03 m由于mg sin θ<μ′mg cos θ,故物块与传送带同速后将与传送带一起做匀速运动,则t′2=L-x1′v≈2.50 s,因此所需的时间为:t′=t1′+t′2=3.31 s. 答案:(1)3 s (2)3.31 s。

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