知识讲解力与运动的两类问题提高

知识讲解力与运动的两类问题提高

力与运动的两类问题 【学习目标】 1.明确用牛顿运动定律解决的两类问题; 2.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法． 【要点梳理】 要点一、根据运动情况来求力 运动学有五个参量 0v 、v、t、a、x，这五个参量只有三个是独立的。 运动学的解题方法就是“知三求二”。所用的主要公式： 0v v at  ①——此公式不涉及到位移，不涉及到位移的题目应该优先考虑此公式 2 0 1 2x v t at  ②——此公式不涉及到末速度，不涉及到末速度的题目应该优先考虑此公式 21 2x vt at  ③——此公式不涉及到初速度，不涉及到初速度的题目应该优先考虑此公式 0 2 v vx t ④——此公式不涉及到加速度，不涉及到加速度的题目应该优先考虑此公式 2 2 0 2 v vx a  ⑤——此公式不涉及到时间，不涉及到时间的题目应该优先考虑此公式 根据运动学的上述 5 个公式求出加速度，再依据牛顿第二定律 F ma合 ，可以求物体所受的合力或者 某一个力。 要点二、根据受力来确定运动情况 先对物体进行受力分析，求出合力，再利用牛顿第二定律 F ma合 ，求出物体的加速度，然后利用运 动学公式 0v v at  ① 2 0 1 2x v t at  ② 21 2x vt at  ③ 0 2 v vx t ④ 2 2 0 2 v vx a  ⑤ 求运动量（如位移、速度、时间等） 要点三、两类基本问题的解题步骤 1.根据物体的受力情况确定物体运动情况的解题步骤 ①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，画出物体的受力图． ②求出物体所受的合外力． ③根据牛顿第二定律，求出物体加速度． ④结合题目给出的条件，选择运动学公式，求出所需的物理量． 2.根据物体的运动情况确定物体受力情况的解题步骤 ①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出受力图． ②选择合适的运动学公式，求出物体的加速度． ③根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力． ④根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力． 要点四、应注意的问题 1.不管是根据运动情况确定受力还是根据受力分析物体的运动情况，都必须求出物体的加速度。 2.要注意运动学公式的适用条件，上述 5 个式子都适用于匀变速直线运动。 3.注意匀减速直线运动中刹车问题（应清楚刹车所用的时间）、加速度的正负问题（若规定初速度的方向 为正方向，减速运动中的加速度应带负值）。 4.牛顿第二定律中的 F 是指物体所受的合外力，要理解矢量性、瞬时性、同一性。 【典型例题】 类型一、动力学两类基本问题 例 1、质量是 2.75 t 的载重汽车，在 2900 N 的牵引力的作用下，由静止开上一个山坡，沿山坡每前进 1 m，升高 0.05 m，汽车前进 100 m 时，速度达到 36 km/h，求汽车在前进过程中所受的摩擦阻力的大小．(g 取 10 m/s2) 【思路点拨】先根据汽车的运动情况求出加速度，再由牛顿第二定律求得合力，进而求得摩擦阻力的大小。 【答案】150N 【解析】此题为由运动情况求解受力情况的问题，汽车的受力情况如图所示，其受力为：重力 mg、牵引力 F、斜坡的支持力 FN、摩擦阻力 fF ． 因为初速度 v0＝0，末速 36km / h 10m / htv   ，位移 x＝100 m，由运动学公式 2 2 0 2tv v ax  得： 2 2 2 2 20 10 0 m /s2 2 100 tv va x     20.5m /s ． 由牛顿第二定律得： 在 x 轴方向： sin fF mg F ma   ， ① 由几何关系得：sinθ＝0.05． ② 由①②式可得摩擦阻力的大小为： 3 3 3sin 2.9 10 N 2.75 10 10 0.05N 2.75 10 0.5N 150NfF F mg ma             ． 【点评】明确“沿山坡每前进 1 m，升高 0.05 m”的含义即为告知了斜坡的倾角．通过求解加速度从而求 出摩擦阻力即可． 举一反三 【变式】一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数 0.04，求 10s 内滑下来的路程和 10s 末的速度大小。（g 取 10m /s2） 【答案】233m，46.5m／s 【解析】以滑雪人为研究对象，受力情况如图所示。 研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡；沿山坡方向，做匀加速直线运动。 将重力 mg 分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，据牛顿第二定律列方程： NF mgcos 0－ ＝ fmgsin F ma－ ＝ 又因为 f NF F＝ 由①②③可得： a g sin cos  ＝ （ － ） 故 2 21 1 (sin cos )2 2x at g t     21 1 310 ( 0.04) 10 m 233m2 2 2        1 310 ( 0.04) 10m/s 46.5m/s2 2v at       【高清课程：力和运动的两类问题 】 【变式 2】质量为 1kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为 0.2，作用在物体上的水平 拉力 F 与时间 t 的关系如图。请画出物体的速度随时间的变化图象，并求出物体在前 12s 内的位移 （g=10m/s2）。 【答案】100m 类型二、整体法、隔离法求解连接体问题 两个(或两个以上)物体组成的连接体，它们之间的连接纽带是加速度，高中阶段只求加速度相同的问 题． 在连接体内各物体具有相同的加速度，应先把连接体当成一个整体，分析受到的外力，利用牛顿第二 定律求出加速度，若要求连接体内各物体相互作用的力，则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析， 再利用牛顿第二定律对该物体列式求解． (1)求内力：先整体后隔离． (2)求外力：先隔离后整体． 例 2、如图所示，质量为 m 的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体的质量为 M，斜面与物块无摩擦，地面 光滑．现对斜面施一个水平推力 F，要使物体相对斜面静止，力 F 应为多大? 【思路点拨】M、m 相对斜面静止，具有相同的加速度，可先用整体法，再对 m 用隔离法，联立求解。 【答案】 F (m M)g tan ＝ 【解析】两物体无相对滑动，说明两物体加速度相同，方向水平．对于物块 m，受两个力作用，其合力方 向水平向左．先选取物块 m 为研究对象，求出它的加速度，它的加速度就是整体加速度，再根据 F (m M)a＝ ，求出推力 F． 选择物块为研究对象，受两个力，重力 mg、支持力 FN，且二力合力方向水平．如图所示，由图可得 ma mg tan＝ ． a g tan＝ ． 再选整体为研究对象，根据牛顿第二定律 F (m M)g tan ＝ 【点评】要使物块与斜面保持相对静止，即相对斜面不上滑也不下滑，加速度就应水平．这是一种临 界状态。 举一反三 【变式】如图所示，两个质量相同的物体 A 和 B 紧靠在一起，放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水 平推力 F1 和 F2，而且 F1＞F2，则 A 施于 B 的作用力大小为( )． A． 1F B． 2F C． 1 2( ) / 2F F D． 1 2( ) / 2F F 【答案】C 【解析】物体 A 和 B 加速度相同，求它们之间的相互作用力，采取先整体后隔离的方法，先求出它们共同 加速度，然后再选取 A 或 B 为研究对象，求出它们之间的相互作用力． 选取 A 和 B 整体为研究对象，共同加速度 a 为 1 2 2 F Fa m  ． 再选取物体 B 为研究对象，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律 2NF F ma  ， FN＝F2+ma＝ 1 2 1 2 2 2 2 F F F FF m m    ．故选 C． 【点评】此题也可以对物体 A 进行隔离． 利用 F1-FN＝ma 求解． 此题可以一开始就用隔离法： 对于 A： F1-FN＝ma， ① 对于 B： FN-F2＝ma． ② 联立①②两式解得 1 2 1 2 ,2 .2N F Fa m F FF     从原则上讲，求内力可任意隔离与之相邻的物体，均可求解．但应注意尽量使过程简洁． 类型三、牛顿第二定律在临界问题中的应用 1.在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此 状态即为临界状态，相应的物理量的值为临界值．临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现．若 题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语，常用临界问题．解决临界问题一般用极端分析法，即把问题 推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从 而找出临界条件． 2.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 FN＝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 FT＝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，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值． 例 3、如图所示，质量为 M 的木板上放着一质量为 m 的木块，木块与木板间的动摩擦因数为 1 ，木板与水 平地面间的动摩擦因数为 2 ，加在木板上的力 F 为多大，才能将木板从木块下抽出? 【思路点拨】能将木板从木块下抽出，M 和 m 发生相对滑动，M 的加速度大于 m 的加速度，可先用整体法， 再对 m 用隔离法，联立求解。 【答案】 1 2( )( )F M m g    【解析】只有当 M 和 m 发生相对滑动时，才有可能将 M 从 m 下抽出，此时对应的临界状态是：M 与 m 间的 摩擦力达到最大静摩擦力 mF ，且 m 运动的加速度为二者共同运动时的最大加速度 ma ．隔离 m，根据牛顿 第二定律有 1 1 m m F mga gm m     ． ma 就是系统在此临界状态下的加速度． 设此时作用于 M 上的力为 F0，对系统整体，根据牛顿第二定律有： 0 2 ( ) ( ) mF M m g M m a    ， 即 0 1 2( )( )F M m g    ． 当 0F F＞ 时必能将 M 抽出，故 1 2( )( )F M m g    ． 【点评】极端法往往包含有假设，即假设运动过程(状态)达到极端，然后根据极限状态满足的条件，作出 正确的分析判断．这种方法是探求解题途径、寻求解题突破口、提高解题效率的一种行之有效的方法．此 外，运用极限思维的方法往往还可以检验解题的结果．请看下题． 举一反三 【变式】如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂质量为 m0 的平盘，盘中放有物体，质量为 m．当盘静 止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l ，今向下拉盘使弹簧再伸长 l 而停止，然后松手放开，求刚松开 手时盘对物体的支持力． 【答案】 1N lF mgl      △ 【解析】当盘静止时由平衡条件得 0( ) 0kl m m g   ． ① 当弹簧再伸长 l ，刚放手瞬间，由牛顿第二定律得 0 0    ＝ k(l l ) ( m m )g ( m m )a ②  ＝NF mg ma ③ 由①②③式解得 1N lF mgl      △ ． 【点评】本题可用极端法检验解题的结果．当△l ＝0 时，即不向下拉盘时，盘对物体的支持力 FN＝mg． 类型四、程序法解决力和运动的问题 按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法 称为程序法．解题的基本思路是：正确划分出题目中有多少个不同过程或多少个不同状态，然后对各个过 程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果． 例 4、将质量为 m 的物体以初速度 v0 从地面向上抛出．设物体在整个过程中所受空气阻力的大小恒为 fF ， 求物体上升的最大高度和落回地面时的速度大小． 【思路点拨】物体在上升和下降过程中加速度不同，应分阶段求解；物体上升到最大高度时，速度为零。 【答案】 2 0 2( )f mvx mg F   ， 0 f t f mg Fv v mg F   【解析】本题中物体的运动包括上升过程和下降过程，现用程序法求解如下： 上升过程：物体受重力 mg 和向下的空气阻力 fF 作用，设加速度大小为 a上 ，根据牛顿第二定律，有 fmg F ma  上 ． 根据运动学公式得(物体做匀减速直线运动) 2 0 2 vx a  上 下降过程：物体受重力 mg 和向上的空气阻力 fF 作用，同理有： fmg F ma  下 ， 2 2 tvx a  下 联解上述四个方程，得 2 0 2( )f mvx mg F   ， 0 f t f mg Fv v mg F   ． x 和 tv 即为题目所求的上升的最大高度和落回地面时的速度大小． 【点评】程序法是解决物理问题的基本方法，我们在以后的学习中要注意培养应用程序法解题的能力． 举一反三 【高清课程：力和运动的两类问题 】 【变式 1】质量为 m=2kg 的物体静止在水平面上，它们之间的动摩擦因数为μ=0.5。现对物体施加如图所 示的力 F，F=10N，与水平方向成θ=37o 夹角经过 t=10s 后，撤去力 F，再经过一段时间，物体又变为静止， 求整个过程物体的总位移 S。 (g 取 10m/s2) 【答案】27.5m 【变式 2】质量为 200t 的机车从停车场出发，行驶 225m 后，速度达到 54km／h，此时，司机关闭发动机 让机车进站，机车又行驶了 125m 才停在站上。设运动过程中阻力不变，求机车关闭发动机前所受到的牵 引力。 【答案】 2.8×105N 【解析】关闭发动机，汽车做的是减速运动。机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速；关 闭发动机后，机车只在阻力作用下做减速运动。因加速阶段的初末速度及位移均已知，故可由运动学公式 求出加速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；在减速阶段初末速度及位移已知，同理可以求出加 速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的力可求出牵引力。 在加速阶段 初速度 v0＝0，末速度 1v 54km h 15m s＝ ／ ＝ ／ 位移 x1＝225m 由 2 2 0 2tv v ax  得： 加速度 2 2 2 21 1 1 15 m/s =0.5m/s2 2 225 va x    由牛顿第二定律得 5 5 1F F ma 2 10 0 5N 1 10 N.  引 阻－ ＝ ＝ ＝ ① 减速阶段：初速度 1v 15m s＝ ／ ，末速度 v2＝0，位移 2x 125m＝ 由 得＝－ axvv 22 1 2 2 加速度 2 2 2 21 2 2 15 m/s = 0.9m/s2 2 125 va x      ，负号表示 a2 方向与 v1 方向相反 由牛顿第二定律得 5 5 2F ma 2 10 0 9 N 1 8 10 N. .   阻 － ＝－ （－ ） ＝ ② 由①②得机车的牵引力为 5F 2 8 10 N. 引＝