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高中物理奥赛必看讲义——牛顿运动定律


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牛顿运动定律
第一讲 牛顿三定律

一、牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性:ΣF → a ,ΣFx → ax … c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变)

;牛顿 第二定律展示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”。 ) 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质(但不同物体) b、等时效(同增同减) c、无条件(与运动状态、空间选择无关)

第二讲 牛顿定律的应用

一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环

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节。 应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合 力。有质量的物体才有惯性。a 可以突变而 v、s 不可突变。 1、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现 将一工件(大小不计)在皮带左端 A 点 轻轻放下, 则在此后的过程中 ( )

A、 一段时间内, 工件将在滑动摩擦 力作用下,对地做加速运动 B、当工件的速度等于 v 时,它与皮 带之间的摩擦力变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上 A 点右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态 解说:B 选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D 选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是 A 选项, 在为什么不会 “立即跟上皮带” 的问题上, 建议使用反证法 (t → 0 ,a → ∞ ,则ΣFx → ∞ ,必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳 上速度不大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形变、 重心可以调节的特殊 “物体” ) 此外,本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难 得出

v2 只有当 L > 时(其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素) ,才有相对静止的过程, 2g
否则没有。 答案:A、D 思考:令 L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g 取 10 m/s ,试求工件到达皮带右端的 时间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0 ,其它条 件不变,再求 t(学生分以下三组进行)—— ① v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答:1.55s)
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2、质量均为 m 的两只钩码 A 和 B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图 2 所示。试问: ① 如果在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少? ② 如果在 Q 处剪断弹簧,在剪断瞬时,B 的加速度又是多少? 解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变” ,故剪断瞬间弹簧弹力维持 原值,所以此时 B 钩码的加速度为零(A 的加速度则为 2g) 。 第②问需要我们反省这样一个问题: “弹簧不会立即发生形变”的原因是什么?是 A、B 两物的惯性,且速度 v 和位移 s 不能突变。但在 Q 点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没 有质量) ,遵从理想模型的条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零。 答案:0 ;g 。 二、牛顿第二定律的应用 应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢 量性”解题。 受力比较多时,结合正交分解与 “独立作用性” 解题。 在难度方面, “瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试求其 加速度。 解说:受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用 答案:gsinθ。 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为 θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的 水平加速度? (解题思路完全相同, 研究对象仍为滑块。 但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。 ) 进阶练习 1: 在一向右运动的车厢中, 用细绳悬挂的 小球呈现如图 3 所示的稳定状态,试求车厢的加速度。 (和“思考”题同理,答:gtgθ。 ) 进阶练习 2、如图 4 所示,小车在倾角为α的斜面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一 小球,发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。

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解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正弦定 理解三角形) 。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平行四 边形,并找到相应的夹角。设张力 T 与斜面方向的夹角为θ,则 θ=(90°+ α)- β= 90°-(β-α) 对灰色三角形用正弦定理,有 (1)

ΣF G = sin β sin θ
解(1) (2)两式得:ΣF =

(2)

mg sin β cos(β α)

最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度) 答:

sin β g 。 cos(β α)

2、如图 6 所示,光滑斜面倾角为θ,在水平地面上 加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为 m 的小球,当斜面加速度为 a 时(a<ctgθ) ,小球能够保 持相对斜面静止。试求此时绳子的张力 T 。 解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求 合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第二定律的 “独立作用性”列方程。 正交坐标的选择,视解题方便程度而定。 解法一:先介绍一般的思路。沿加速度 a 方向建 x 轴, 与 a 垂直的方向上建 y 轴, 如图 7 所示 为斜面支持力) (N 。 于是可得两方程 ΣFx = ma ,即 Tx - Nx = ma ΣFy = 0 , 即 Ty + Ny = mg 代入方位角θ,以上两式成为 T cosθ-N sinθ = ma T sinθ + Ncosθ = mg (1) (2)

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这是一个关于 T 和 N 的方程组,解(1) (2)两式得:T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力 T 。将正交分解的坐标选择为:x——斜面方 向,y——和斜面垂直的方向。这时,在分解受力时,只分解重力 G 就行了,但值得注意, 加速度 a 不在任何一个坐标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图 8 所示。 根据独立作用性原理,ΣFx = max 即:T - Gx = max 即:T - mg sinθ = m acosθ 显然,独立解 T 值是成功的。结果与解法一相同。 答案:mgsinθ + ma cosθ 思考:当 a>ctgθ时,张力 T 的结果会变化吗?(从 支持力的结果 N = mgcosθ-ma sinθ看小球脱离斜面的 条 件 , 求 脱 离 斜 面 后 ,θ 条 件 已 没 有 意 义 。 答: T = m g +a
2 2

。 )

学生活动:用正交分解法解本节第 2 题“进阶练习 2” 进阶练习:如图 9 所示,自动扶梯与地面的夹角为 30°, 但扶 梯的台阶 是水平的。当扶梯以 a = 4m/s 的加速度向上 运动时,站在扶梯上质量为 60kg 的人相对扶 梯静止。重力加速度 g = 10 m/s ,试求扶梯 对人的静摩擦力 f 。 解: 这是一个展示独立作用性原理的经典 例题,建议学生选择两种坐标(一种是沿 a 方向和垂直 a 方向,另一种是水平和竖直方向) ,对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二 定律解题的灵活性。 答:208N 。 3、如图 10 所示,甲图系着小球的是两根轻绳,乙图 系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角θ已知。现将它 们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬间,两种情形下小球的
2 2

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瞬时加速度。 解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。 (学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的力拉住小球静止,然 后同时释放,会有什么现象?原因是什么? 结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律) 。 第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开 始的运动来反推) 。 知识点,牛顿第二定律的瞬时性。 答案:a 甲 = gsinθ ;a 乙 = gtgθ 。 应用:如图 11 所示,吊篮 P 挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体 Q 被固定 在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q 的加速度分别是多 少? 解:略。 答:2g ;0 。 三、牛顿第二、第三定律的应用 牛顿第二、 要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和 对象与外界之间的力问题,这时有必要引进“系统”“内力”和“外力”等概念,并适时地 、 运用牛顿第三定律。 在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法” 。前者是根本,后者有局限,也有难 度,但常常使解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰。 对 N 个对象,有 N 个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N + 1)个方程中必有 一个是通解方程,如何取舍,视解题方便程度而定。 补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊 的“整体方程” ,可以不受这个局限(可以介绍推导过程)—— Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + … + mn a n 其中Σ F外 只能是系统外力的矢量和,等式右边也是矢量相加。 1、如图 12 所示,光滑水平面上放着一个长为 L 的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、 大小为 F 的水平恒力作用,则棒中各部位的张力 T 随图中 x 的关系怎样? www.phy8.com

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解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程(隔离右段较好) 。 答案:N =

F x 。 L

思考:如果水平面粗糙,结论又如何? 解:分两种情况, (1)能拉动; (2)不能拉动。 第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的化简也麻 烦一些。 第(2)情况可设棒的总质量为 M ,和水平面的摩擦因素为μ,而 F = μ 中 l<L ,则 x<(L-l)的右段没有张力,x>(L-l)的左端才有张力。 答:若棒仍能被拉动,结论不变。

l Mg ,其 L

l Mg 时(μ为棒与平面的摩擦因素,l 为小于 L 的某一 L F 值,M 为棒的总质量) ,当 x<(L-l),N≡0 ;当 x>(L-l),N = 〔x -〈L-l〉。 〕 l
若棒不能被拉动,且 F = μ 应用:如图 13 所示,在倾角为θ的固定斜面上,叠放着两个 长方体滑块,它们的质量分别为 m1 和 m2 ,它们之间的摩擦因素、 和斜面的摩擦因素分别为μ1 和μ2 ,系统释放后能够一起加速下 滑,则它们之间的摩擦力大小为: A、μ1 m1gcosθ ; C、μ1 m2gcosθ ; 解:略。 答:B 。 (方向沿斜面向上。 ) 思考: (1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度 v0 一起上冲, 以上结论会变吗? (2) 如果斜面光滑, 两滑块之间有没有摩擦力? (3)如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子,上面的滑块换 成小球,它们以初速度 v0 一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有 压力? 解:略。 答: (1)不会; (2)没有; (3)若斜面光滑,对两内壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面 上方的内壁有压力。 2、如图 15 所示,三个物体质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,带滑轮的物体放在光滑水平面上, B、μ2 m1gcosθ ; D、μ1 m2gcosθ ;

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滑轮和所有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力 F 应为多少? 解说: 此题对象虽然有三个, 但难度不大。 隔离 m2 , 竖直方向有一个平衡方程; 隔离 m1 , 水平方向有一个动力学方程; 整体有一个动力 学方程。就足以解题了。 答案:F =

(m1 + m 2 + m 3 )m 2 g 。 m1

思考:若将质量为 m3 物体右边挖成凹形,让 m2 可以自由摆动(而不与 m3 相碰) ,如图 16 所示,其它条件不变。是否可以选择一个恰当的 F′,使三者无相对运动?如果没有,说明 理由;如果有,求出这个 F′的值。 解:此时,m2 的隔离方程将较为复杂。设绳 子张力为 T ,m2 的受力情况如图,隔离方程为:

T 2 ( m 2 g ) 2 = m 2a
隔离 m1 ,仍有:T = m1a 解以上两式,可得:a =

m2
2 m1 m 2 2

g

最后用整体法解 F 即可。 答 : 当 m1 ≤ m2 时 , 没 有 适 应 题 意 的 F ′ ; 当 m1 > m2 时 , 适 应 题 意 的 F ′ =

(m1 + m 2 + m 3 )m 2 g
2 m1 m 2 2



3、一根质量为 M 的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为 m 的猫, 如图 17 所示。现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高 度不变,则棒的加速度将是多少? 解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力 f ,然后列猫的平衡方程和棒的 动力学方程,解方程组即可。 法二, “新整体法” 。 据Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + … + mn a n ,猫和棒的系统外力只有两者的 重力,竖直向下,而猫的加速度 a1 = 0 ,所以: www.phy8.com

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( M + m )g = m0 + M a1 解棒的加速度 a1 十分容易。 答案:

M+m g 。 M

四、特殊的连接体 当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用。如 果各个体的加速度不在一条直线上, “新整体法”也将有一定的困 难(矢量求和不易) 。此时,我们回到隔离法,且要更加注意找各 参量之间的联系。 解题思想:抓某个方向上加速度关系。方法: “微元法”先看 位移关系,再推加速度关系。 、 1、如图 18 所示,一质量为 M 、倾角为θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一个 质量为 m 的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。 解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂 直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在 这个方向上进行突破。 (学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。 位移矢量示意图如图 19 所示。根据运动学规律,加速度矢 量 a1 和 a2 也具有这样的关系。 (学生活动)这两个加速度矢量有什么关系? 沿斜面方向、垂直斜面方向建 x 、y 坐标,可得: a1y = a2y 且:a1y = a2sinθ ① ②

隔离滑块和斜面,受力图 如图 20 所示。 对滑块,列 y 方向隔离方 程,有: mgcosθ- N = ma1y ③

对斜面,仍沿合加速度 a2 方向列方程,有:

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Nsinθ= Ma2 ④ 解①②③④式即可得 a2 。 答案:a2 =

m sin θ cos θ g 。 M + m sin 2 θ

(学生活动)思考:如何求 a1 的值? 解:a1y 已可以通过解上面的方程组求出;a1x 只要看滑块的受力图,列 x 方向的隔离方程 即可,显然有 mgsinθ= ma1x ,得:a1x = gsinθ 。最后据 a1 = 答:a1 =
2 2 a 1x + a 1y 求 a1 。

g sin θ M 2 + m(m + 2M ) sin 2 θ 。 2 M + m sin θ

2、如图 21 所示,与水平面成θ角的 AB 棒上有一滑套 C ,可以无摩擦地在棒上滑动, 开始时与棒的 A 端相距 b ,相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动,加 速度为 a(且 a>gtgθ)时,求滑套 C 从棒的 A 端滑出所经历的时间。 解说:这是一个比较特殊的“连接体问题” ,寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析 更加重要。动力学方面,只需要隔离滑

套 C 就行了。 (学生活动)思考:为什么题意要求 a>gtgθ?(联系本讲第二节第 1 题之“思考题” ) 定性绘出符合题意的运动过程图,如图 22 所示:S 表示棒的位移,S1 表示滑套的位移。 沿棒与垂直棒建直角坐标后,S1x 表示 S1 在 x 方向上的分量。不难看出: S1x + b = S cosθ 设全程时间为 t ,则有: S ② S1x = = ①

1 2 1 2

at

2

a1xt

2

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③ 而隔离滑套,受力图如图 23 所示,显然: mgsinθ= ma1x 解①②③④式即可。 答案:t = ④

2b a cos θ g sin θ
* *

另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ F外 + F = m a (注: F 为惯性力) , 此题极简单。过程如下—— 以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图 24 所示。 注意,滑套相对棒的加速度 a 相是沿棒向上的,故动力学方程为: F cosθ- mgsinθ= ma 相 其中 F = ma
* *

(1) (2)

而且,以棒为参照,滑套的相对位移 S 相就是 b ,即: b = S相 =

1 2 a相 t 2

(3)

解(1) (3)式就可以了。 (2)

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