2012高考物理自学课件 3.ppt

1、考点1 动力学的两类问题牛顿运动定律的应用一、应用牛顿运动定律解题的一般步骤1.认真分析题意，明确已知条件和所求量。2.选取研究对象作隔离体。所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统。同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。3.分析研究对象的受力情况和运动情况。4.当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直于运动方向上。5.根据牛顿第二定律和运动学公式列方程。物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定

2、的正方向按正、负值代入公式，再按代数和进行运算。6.解方程、验结果，必要时对结果进行讨论。(1)利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的桥梁作用，寻找加速度与未知量的关系，利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解。(2)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(3)不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的“桥梁”和纽带，是顺利求解的关键。二、连接体问题的求解利用牛顿第二定律处理连接体问题时常用的方法是整体法和隔离法。(1)整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质

3、量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫整体法。(2)隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间相互作用时，常把物体从系统中“隔离”出来，进行分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法叫隔离法。【例1】如图所示，一个重为10 N的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为，试求从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点(取g=10 m/s2)【解析】在力F作用时受力如图(1)有：(F-G)sin30-(F-G)c

4、os30=ma1，解得：a1=2.5 m/s2。所以撤去力F时，小球的速度：v1=a1t1=3 m/s，小球的位移：x1=v1/2t1=1.8 m。撤去力F后，小球上冲时受力如图(2)有：Gsin30+Gcos30=ma2，解得：a2=7.5 m/s2。因此小球上冲时间：t2=v1/a2=0.4 s，上冲位移：x2=v1/2t2=0.6 m，此时x1+x2=2.4 mAB，因此小球在上冲阶段将能过B点，有AB-x1=v1t3-(1/2)a2t32,解得：t3=0.2 s，t3=0.6 st2(舍去)。图(2)已知受力情况求运动情况图(1)运用牛顿运动定律解决动力学问题的关键是对物体进行受力情况

5、分析和运动情况分析，要善于画出物体的受力图和运动情况示意图。不论是哪类问题，都应明白力与运动是通过加速度这一“桥梁”来联系起来的。小球返回时受力如图(3)有：Gsin30-Gcos30=ma3,解得：a3=2.5 m/s2。因此小球由顶端返回B点时有：x1+x2-AB=(1/2)a3t42，解得：t4=s=0.346 4 s。所以从撤去力F开始计时，小球上冲通过B点时用时为：t3=0.2 s，返回后通过B点时用时为：t2+t4=0.746 4 s。【答案】0.2 s或0.746 4 s图(3)如图所示，电动机带动橡皮滚轮匀速转动，在滚轮的作用下，可将金属杆沿斜面从最底端A送到汽车车厢中。已知斜

6、面长=2.4 m，车厢高=1.2 m，金属杆长=0.8 m，质量m=1103 kg，调节控制滚轮，使滚轮对杆的压力为FN=4.2104 N，滚轮与杆之间的动摩擦因数=0.5，滚轮边缘的线速度恒为v=4 m/s。(取g=10 m/s2，计算结果保留两位有效数字，斜面光滑)求：(1)杆匀加速上升的加速度a；(2)从杆开始运动到其前端运动到C点所用的时间t。【答案】(1)16 m/s2 (2)0.57 s已知运动情况求受力情况【例2】科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg。气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为1 m/s，

7、且做匀加速运动，4 s内下降了12 m。为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量。【解析】设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为f，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得mg-f=ma 式中a是气球下降的加速度，以此加速度在时间t内下降了h，则h=v0t+(1/2)at2 当向舱外抛掉质量为m的压舱物后，有f-(m-m)g=(m-m)a式中a是抛掉压舱物后气球的加速度，由题意，此时a方向向上v=at式中v是

8、抛掉压舱物后在t时间内下降速度的减少量，由得m=m(a+a)/(g+a)将题设数据m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，t=300 s，v=3 m/s，g=9.89 m/s2代入式得m=101 kg。【答案】101 kg1.本题属于已知物体的运动情况，求物体的受力情况，特别要注意题述两种运动情况，加速度的方向。2.已知运动情况求受力情况的一般思路如下框图所示物体的运动情况运动学公式加速度牛顿第二定律物体的受力情况物体的运动情况运动学公式加速度牛顿第二定律物体的受力情况物体的运动情况运动学公式加速度牛顿第二定律如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1=30

9、m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100m下降2 m。为使汽车速度在x=200 m的距离内减到v2=10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B，30%作用于汽车A。已知A的质量 m1=2000 kg，B的质量 m2=6000 kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。(重力加速度g取10 m/s2)【答案】880N【解析】方法一：以人为研究对象。他站在减速上升的电梯上，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的支持力FN，还受到水平方向的静摩擦力f，由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量，故可判断静摩擦力的方向水平向左，人受力如图(a)所示，建

10、立如图(a)所示的坐标系，并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖直方向加速度ay，如图(b)所示，则ax=acos，ay=asin。由牛顿第二定律得f=max，mg-FN=may，解得f=macos,FN=m(g-asin)。正交分解法在牛顿运动定律中的应用【例3】如图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上减速运动，a与水平方向的夹角为。求人所受到的支持力和摩擦力。【答案】m(g-asin)，方向竖直向上macos，方向水平向左方法二：以人为研究对象，受力分析如图所示。因摩擦力f为待求，且必沿水平方向，设为水平向右。建立如图所示的坐标系，并规定向右为正方向。根据牛顿第二定律得x

11、方向：mgsin-FNsin-fcos=ma y方向：mgcos+fsin-FNcos=0由两式可解得FN=m(g-asin)，f=-macosf为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左。利用正交分解法处理动力学问题，首先建立合适的坐标系，将力或加速度进行分解，将复杂的矢量运算转化为两个直线运动上的代数运算，处理起来既方便又直接。为了节省能源，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是()A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对

12、扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下C整体法、隔离法的应用【例4】水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图所示。已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？正确使用整体法和隔离法，求系统内力必须利用隔离法。【答案】mg【解析】设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有F=3ma 对B有F-

13、T=ma 对C有Tcos=mg Tsin=ma 联立式得T=2ma 联立式得T2=m2(a2+g2)联立式得a=g 利用式得F=mg。在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。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正以加速度a=1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳

14、的力；(2)运动员对吊椅的压力。【答案】(1)440 N，方向竖直向下(2)275 N，方向竖直向下考点2 超重和失重对超重和失重现象的进一步理解1.只有在平衡条件下，才能用弹簧测力计测出物体的重力，因为此时弹簧测力计对物体的拉力(或支持力)的大小恰好等于它的重力，假若系统在竖直方向有加速度，那么弹簧测力计的示数就不等于物体的重力了，当系统有竖直向上的加速度时：FN=mg+mamg叫“超重”。当系统有竖直向下的加速度时：FN=mg-mamg叫“失重”。当加速度向下且a=g时，FN=0叫“完全失重”。2.发生“超重”或“失重”现象不决定于物体的速度v的方向，只决定于物体的加速度的方向。3.物体处

15、于“超重”或“失重”状态，地球作用于物体的重力始终存在，大小也无变化。超重和失重跟物体的速度方向无关，只由物体的加速度方向决定；加速度向上就处于超重状态；加速度向下就处于失重状态。超重和失重是“视重”的变化，物体本身的重力并没有变。4.在“完全失重”(a=g，方向竖直向下)的状态，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。比如单摆停摆，液体不再产生向下的压力，浸在液体中的物体不受浮力等。5.根据运动情况判断超重、失重运动情况超重、失重视重a=0不超重也不失重F=mga的方向竖直向上超重F=m(g+a)a的方向竖直向下失重F=m(g-a)a=g，a的方向竖直向下完全失重F=0超重与失重【例5】升

16、降机的质量m150 kg，在竖直上升过程中，其v-t图象如图(a)所示，放在升降机底板上的货物质量m250 kg。(g取9.8 m/s2)(1)求升降机在25 s时间内的总位移和平均速度；(2)升降机底板在哪段时间内受到的压力最大？最大值为多少？(3)在图(b)所示的坐标上画出上升过程中，升降机所受拉力F与时间t的关系图象。【解析】(1)速度图线下所围的“面积”在数值上等于物体发生的位移，故总位移x=(1/2)(10+25)2 m=35 m，=x/t=1.4 m/s。(1)发生超重或失重时，物体的重力并不改变，只是改变了对悬线的拉力或对水平面的压力。(2)发生超重时，加速度方向竖直向上或有竖直

17、向上的加速度分量，但速度方向不一定竖直向上；发生失重时，加速度方向竖直向下或具有竖直向下的加速度分量，但速度方向并不一定竖直向下。(2)05 s内加速上升阶段的压力最大，根据速度图象可以求得在加速阶段的加速度a=v/t=(2 m/s)/(5 s)=0.4 m/s2，根据牛顿第二定律有FN-m2gm2a代入数据后得FN520N。(3)如图所示。【答案】(1)35 m 1.4 m/s(2)加速上升阶段520 N (3)见解析游乐园中，游客乘坐能做加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉。下列描述正确的是()A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B.当升降机减速下降时，游客是处在超重状态C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态B C