高中物理-研究力和运动的关系本章优化总结学案

高中物理-研究力和运动的关系本章优化总结学案
牛顿运动定律的两类基本问题[学生用书P82]
1．两类问题
(1)已知物体受力情况,求解物体的运动情况,如s、v、t等．
(2)已知物体的运动情况,求解物体的受力情况．
2．解题思路
两类基本问题中,受力分析和运动分析是关键,求解加速度是桥梁和枢纽,思维过程如下
受力情况
受力分析
牛顿第二定律
加速
度a
运动分析
运动学公式
运动
情况
频闪照相是研究物理过程的重要手段,如图所示是某同学研究小滑块从光滑水平面
滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片,已知斜面足够长,倾角为α＝37°,闪光频率为10 Hz.经测量换算获得实景数据：x1＝x2＝40 cm,x3＝35 cm,x4＝25 cm,x5＝15 cm.取g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,5＝2.24,设滑块通过平面与斜面连接处时速度大小不变．求：
(1)滑块沿斜面上滑时的初速度v0；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间．
[解析] (1)由题意可知,滑块在水平面上做匀速直线运动,则v0＝x
1
T
＝4 m/s.
(2)滑块在斜面上滑过程做匀减速直线运动,设加速度为a1.根据公式：x4－x3＝a1T2由牛顿第二定律：－(mg sin α＋μmg cos α)＝ma1
解得μ＝0.5.
(3)设滑块向上滑行所用的时间为t 1,上滑的最大距离为x ,返回斜面底端的时间为t 2,加速度为a 2.
0－v 0＝a 1t 1
x ＝12
v 0t 1
解得t 1＝0.4 s,x ＝0.8 m
滑块沿斜面下滑时,根据牛顿第二定律：
mg sin α－μmg cos α＝ma 2 x ＝12
a 2t 22
解得t 2＝
25
5 s 所以滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间：
t ＝t 1＋t 2＝0.4 s ＋
25
5
s ＝1.296 s. [答案] (1)4 m/s (2)0.5 (3)1.296 s
牛顿运动定律与图像问题[学生用书P83]
1．求解该类问题的思路是根据题目中给出的物理过程,结合图像,并利用牛顿运动定律求解．
2．动力学中常见的图像有v －t 图像、a －t 图像、F －t 图像、F －a 图像等．
3．利用图像分析问题时,关键是看清图像的纵、横坐标轴表示的物理量,弄清图像中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义．
如图,质量为M 的长木板,静止放在粗糙的水平地面上,有一个质量为m 、可视为质点
的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中,物块和木板的v －t 图像分别如图中的折线所示,根据v －t 图像(g 取10 m/s 2),求：
(1)m 与M 间动摩擦因数μ1及M 与地面间动摩擦因数μ2. (2)m 与M 的质量之比．
(3)从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中,物块m 、长木板M 各自对地的位移． [解析] (1)由图可知,线段ac 为m 减速时的速度—时间图像,m 的加速度为
a 1＝
Δv 1Δt 1＝4－10
4
m/s 2＝－1.5 m/s 2 对m ：由牛顿第二定律可得：－μ1mg ＝ma 1, 所以μ1＝
a 1
－g
＝0.15 由图可知,线段cd 为二者一起减速运动时的速度—时间图像,其加速度为a 3＝Δv 3Δt 3＝0－4
8
m/s 2＝－0.5 m/s 2
对m 和M 组成的整体,由牛顿第二定律可得： －μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 3 所以μ2＝
a 3
－g
＝0.05. (2)由图像可得,线段bc 为M 加速运动时的速度—时间图像,M 的加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝4－0
4
m/s 2＝1 m/s 2
对M ,由牛顿第二定律可得：μ1mg －μ2(mg ＋Mg )＝Ma 2 把μ1、μ2代入上式,可得m ∶M ＝3∶2.
(3)由图线acd 与横轴所围面积可求得m 对地位移：
x m ＝1
2×4×6 m ＋
（4＋12）×4
2
m ＝44 m
由图线bcd 与横轴所围面积可求得M 对地位移：
x M ＝12
×12×4 m ＝24 m.
[答案] (1)0.15 0.05 (2)3∶2 (3)44 m 24 m
动力学中的临界和极值问题[学生用书P83] 1．动力学中的典型临界问题
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力F N＝0.
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零．
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的,绳子断与不断的临界条件是绝对张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是F T＝0.
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时,其加速度和速度都会不断变化,当所受合外力最大时,具有最大加速度；合外力最小时,具有最小加速度．当出现加速度为零时,所对应的速度便会出现最大值或最小值．
2．求解临界极值问题的三种常用方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的．
(2)假设法：临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题．
(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件．
如图所示,质量m＝1 kg的光滑小球用细线系在质量为M＝8 kg、倾角为α＝37°的斜面体上,细线与斜面平行,斜面体与水平面间的摩擦不计,g取10 m/s2.试求：
(1)若用水平向右的力F拉斜面体,要使小球不离开斜面,拉力F不能超过多少？
(2)若用水平向左的力F′推斜面体,要使小球不沿斜面滑动,推力F′不能超过多少？
[解题探究] (1)向右拉斜面体时,小球不离开斜面体的临界条件是什么？
(2)向左推斜面体时,小球不沿斜面滑动的临界条件是什么？
[解析] (1)小球不离开斜面体,两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好为0
对小球受力分析如图：
由牛顿第二定律得：mg·cot 37°＝ma
a＝g cot 37°＝40
3
m/s2
对整体由牛顿第二定律得：
F＝(M＋m)a＝120 N.
(2)小球不沿斜面滑动,两者加速度相同,临界条件是细线对小球的拉力恰好为0,
对小球受力分析如图：
由牛顿第二定律得：mg tan 37°＝ma′
a′＝g tan 37°＝7.5 m/s2
对整体由牛顿第二定律得：
F′＝(M＋m)a′＝67.5 N.
[答案] (1)120 N (2)67.5 N
求解此类问题时,一定要找准临界点,从临界点入手分析物体的受力情况和运动情况,看哪些量达到了极值,然后对临界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离法求解即可．
多过程问题分析[学生用书P84]
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．
如图所示,水平平台的右端安装有滑轮,质量为M＝2 kg的物块放在与滑轮相距l＝1.2 m的平台上,物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2,现有一轻绳跨过定滑轮,左端与物块连
接,右端挂质量为m＝1 kg的小球,绳拉直时用手托住小球使其在距地面h＝0.5 m高处静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)．
(1)放开小球,系统运动,求小球做匀加速运动时的加速度及此时绳子的拉力大小；
(2)通过计算回答物块能否撞到定滑轮．
[解析] (1)由牛顿第二定律得：
对小球：mg－F T＝ma1
对物块：F T－μMg＝Ma1
解得：a1＝2 m/s2,F T＝8 N.
(2)小球落地时的速度：
由v2＝2a1h得：v＝2a1h＝ 2 m/s
即物块此时的速度为 2 m/s
物块此后做匀减速运动的加速度：
a
2
＝μMg/M＝μg＝2 m/s2
到停下来可滑行的距离由v2＝2a2x得：
x＝v2
2a2
＝0.5 m
物块在平台上共滑行距离：x总＝h＋x＝1 m<l 故物块不会撞到定滑轮．
[答案] (1)2 m/s28 N (2)见解析。