高中物理 第4章 牛顿运动定律练习课课件 新人教版必修

1、,第四章,牛顿运动定律,习题课：用牛顿运动定律解决几类典型问题,一、瞬时加速度问题,两类基本模型的区别：,知识探究,(1)刚性绳(或接触面)模型： 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： 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.则：,图1,(1)绳OB和弹簧的拉力各是多少？,解对小球受力分析如图甲所示,弹簧弹力与重力的合力F与绳的 拉力F等大反向,(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？,解烧断绳OB瞬间，绳的拉力消失，而弹簧还是保持原

2、来的长度，弹力与烧断前相同此时，小球受到的作用力是重力和弹力，大小分别是Gmg，F弹 .,(3)烧断绳OB瞬间，求小球m的加速度的大小和方向,解烧断绳OB瞬间，受力如图所示 即F合mgtan ， 由牛顿第二定律得小球的加速度 a gtan 方向水平向右,答案gtan 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a1、a2.重力加速度大小为g.则有(),图2,A.a10，a2g B.a1g，a2g,解在抽出木板后的瞬

3、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， mgFN，a10，木块2受重力和压力， 根据牛顿第二定律a2 g，故选C.,答案C,二、动力学中的临界问题分析 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。 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)弹力发生突变的临界条件 相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：弹力为零. (2)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

4、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？,解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FN作用，如图甲所示.由牛顿第二定律得,水平方向：Fcos 45FNcos 45ma， 竖直方向：Fsin 45FNsin 45mg0. 由上述两式解得,由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力FN减小，线的拉力F增大.,当ag时，FN0，此时小球虽

5、与斜面接触但无压力，处 于临界状态，这时绳的拉力为F ，所以滑 块至少以ag的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.,答案g,(2)当滑块以a2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？,解析滑块加速度ag，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45.由牛顿第二定 律得Fcos ma，Fsin mg， 解得F,三、整体法和隔离法在连接体问题中的应用 1.整体法： 优点在于不涉及系统内各物体之间的相互作用力. 2.隔离法： 优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形.,注意 (1)当

6、物体各部分加速度相同且不涉及相互作用力时用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时则必须用隔离法. (2)在较为复杂的问题中，整体法和隔离法常常需要有机地结合起来运用.,例3两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图4所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于(),图4,答案B,针对训练2如图5所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿斜面，最后竖直向上运动.在三个阶段的运动中，线上拉力的大小(),图5,A.由大变小 B.由小变大 C.始终不变 D.由大变小再变大,解析m1、m2沿水平面运动时：,答案C

7、,1.(瞬时加速度问题)如图6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aA、aB的大小分别是(),1,2,3,自我检测,图6,A.aA0，aB0B.aAg，aBg C.aA3g，aBgD.aA3g，aB0,解分析B球原来受力如图甲所示,1,2,3,F2mg 剪断细线后弹簧形变瞬间不会恢复， 故B球受力不变，aB0. 分析A球原来受力如图乙所示 FTFmg，FF，故FT3mg. 剪断细线，FT变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示,1,2,3,由牛顿第二定律得：FmgmaA，解得aA3g. 答

8、案D,1,2,3,2.(动力学中的临界问题)如图7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37.已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：,图7,1,2,3,(1)当汽车以a2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力.,解析当汽车以a2 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： FT1cos mg，FT1sin FNma 代入数据得：FT150 N，FN22 N,答案50 N22 N,1,2,3,(2)当汽车以a10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力.,解析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a0，受力分 析如图所示. 由牛顿第二定律得：FT2sin ma0，FT2cos mg,1,2,3,因为a10 m/s2a0 所以小球飞起来，FN0 设此时绳与竖直方向的夹角为，,1,2,3,3.(整体法和隔离法的应用)如图8所