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文档介绍
高考物理一轮教案:牛顿第二定律
2011届高三物理一轮教案牛顿第二定律 教学目标: 1.理解牛顿第二定律,能够运用牛顿第二定律解决力学问题 2.理解力与运动的关系,会进行相关的判断 3.掌握应用牛顿第二定律分析问题的基本方法和基本技能 教学重点:理解牛顿第二定律 教学难点: 力与运动的关系 教学方法:讲练结合,计算机辅助教学 教学过程: 一、牛 顿 第 二 定 律 1.定律的表述 物体的加速度跟所受的外力的合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合力的方向相同,即F=ma (其中的F和m、a必须相对应) 点评:特别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量,它们的关系除了数量大小的关系外,还有方向之间的关系。明确力和加速度方向,也是正确列出方程的重要环节。 若F为物体受的合外力,那么a表示物体的实际加速度;若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力,那么a表示物体在该方向上的分加速度;若F为物体受的若干力中的某一个力,那么a仅表示该力产生的加速度,不是物体的实际加速度。 2.对定律的理解: (1)瞬时性:加速度与合外力在每个瞬时都有大小、方向上的对应关系,这种对应关系表现为:合外力恒定不变时,加速度也保持不变。合外力变化时加速度也随之变化。合外力为零时,加速度也为零。 (2)矢量性:牛顿第二定律公式是矢量式。公式只表示加速度与合外力的大小关系.矢量式的含义在于加速度的方向与合外力的方向始终一致. (3)同一性:加速度与合外力及质量的关系,是对同一个物体(或物体系)而言。即 F与a均是对同一个研究对象而言。 (4)相对性:牛顿第二定律只适用于惯性参照系。 (5)局限性: - 8 - 牛顿第二定律只适用于低速运动的宏观物体,不适用于高速运动的微观粒子。 3.牛顿第二定律确立了力和运动的关系 牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。 4.应用牛顿第二定律解题的步骤 (1)明确研究对象。可以以某一个物体为对象,也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi,对应的加速度为ai,则有: F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan 对这个结论可以这样理解: 先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律: ∑F1=m1a1,∑F2=m2a2,……∑Fn=mnan, 将以上各式等号左、右分别相加,其中左边所有力中,凡属于系统内力的,总是成对出现并且大小相等方向相反的,其矢量和必为零,所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和,即合外力F。 (2)对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况(包括速度、加速度),并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。 (3)若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动,一般用平行四边形定则(或三角形定则)解题;若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动,一般用正交分解法解题(注意灵活选取坐标轴的方向,既可以分解力,也可以分解加速度)。 (4)当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时,那就必须分阶段进行受力分析,分阶段列方程求解。 解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题,同时认真画出受力分析图,标出运动情况,那么问题都能迎刃而解。 二、应用举例 1.力与运动关系的定性分析 【例1】 如图所示,如图所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是 A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 - 8 - C.从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D.从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 解析:小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点,弹力从零开始逐渐增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。选CD。 【例2】如图所示.弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体一直可以运动到B点.如果物体受到的阻力恒定,则 A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O加速运动,从O到B减速运动 C.物体运动到O点时所受合力为零 D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小 解析:物体从A到O的运动过程,弹力方向向右.初始阶段弹力大于阻力,合力方向向右.随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知,此阶段物体的加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐增大.所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动. 当物体向右运动至AO间某点(设为O′)时,弹力减小到等于阻力,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大. 此后,随着物体继续向右移动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左.至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大.所以物体从O′点后的合力方向均向左且合力逐渐增大,由牛顿第二定律可知,此阶段物体的加速度向左且逐渐增大.由于加速度与速度反向,物体做加速度逐渐增大的减速运动. 正确选项为A、C. 点评: (1)解答此题容易犯的错误就是认为弹簧无形变时物体的速度最大,加速度为零.这显然是没对物理过程认真分析,靠定势思维得出的结论.要学会分析动态变化过程,分析时要先在脑子里建立起一幅较为清晰的动态图景,再运用概念和规律进行推理和判断. (2)通过此题,可加深对牛顿第二定律中合外力与加速度间的瞬时关系的理解,加深对速度和加速度间关系的理解.譬如,本题中物体在初始阶段,尽管加速度在逐渐减小,但由于它与速度同向,所以速度仍继续增大. 2.牛顿第二定律的瞬时性 - 8 - 【例3】如图(1)所示,一质量为m的物体系于长度分别为L1 、L2的两根细线上,L1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L2水平拉直,物体处于平衡状态。现将L2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度。 (1)下面是某同学对该题的某种解法: 解:设L1线上拉力为T1,L2线上拉力为T2,重力为mg,物体在三力作用下处于平衡。mg,,解得 =mgtanθ,剪断线的瞬间,T2突然消失,物体却在T2反方向获得加速度,因为mgtanθ=ma所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向。你认为这个结果正确吗?说明理由。 (2)若将图(1)中的细线L1改为长度相同,质量不计的轻弹簧,如图(2)所示,其它条件不变,求解的步骤和结果与(1)完全相同,即a=gtanθ,你认为这个结果正确吗?请说明理由。 解析:(1)这个结果是错误的。当L2被剪断的瞬间,因T2突然消失,而引起L1上的张力发生突变,使物体的受力情况改变,瞬时加速度沿垂直L1斜向下方,为a=gsinθ。 (2)这个结果是正确的。当L2被剪断时,T2突然消失,而弹簧还来不及形变(变化要有一个过程,不能突变),因而弹簧的弹力T1不变,它与重力的合力与T2是一对平衡力,等值反向,所以L2剪断时的瞬时加速度为a=gtanθ,方向在T2的反方向上。 点评:牛顿第二定律F合=ma反映了物体的加速度a跟它所受合外力的瞬时对应关系.物体受到外力作用,同时产生了相应的加速度,外力恒定不变,物体的加速度也恒定不变;外力随着时间改变时,加速度也随着时间改变;某一时刻,外力停止作用,其加速度也同时消失. 3.正交分解法 【例4】如图所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体受到大小为20N,与水平方向成30°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动,求物体的加速度是多大?(g取10 m/s2) - 8 - 解析:以物体为研究对象,其受力情况如图所示,建立平面直角坐标系把F沿两坐标轴方向分解,则两坐标轴上的合力分别为 物体沿水平方向加速运动,设加速度为a,则x轴方向上的加速度ax=a,y轴方向上物体没有运动,故ay=0,由牛顿第二定律得 所以 又有滑动摩擦力 以上三式代入数据可解得物体的加速度a=0.58 m/s2 点评:当物体的受力情况较复杂时,根据物体所受力的具体情况和运动情况建立合适的直角坐标系,利用正交分解法来解. 4.合成法与分解法 【例5】如图所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角,球和车厢相对静止,球的质量为1kg.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) (1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况. (2)求悬线对球的拉力. 解析: (1)球和车厢相对静止,它们的运动情况相同,由于对球的受力情况知道的较多,故应以球为研究对象.球受两个力作用:重力mg和线的拉力FT,由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动,故其加速度沿水平方向,合外力沿水平方向.做出平行四边形如图所示.球所受的合外力为 F合=mgtan37° 由牛顿第二定律F合=ma可求得球的加速度为 - 8 - 7.5m/s2 加速度方向水平向右. 车厢可能水平向右做匀加速直线运动,也可能水平向左做匀减速直线运动. (2)由图可得,线对球的拉力大小为 N=12.5 N 点评:本题解题的关键是根据小球的加速度方向,判断出物体所受合外力的方向,然后画出平行四边形,解其中的三角形就可求得结果. 【例6】如图所示, m =4kg的小球挂在小车后壁上,细线与竖直方向成37°角。求: (1)小车以a=g向右加速; (2)小车以a=g向右减速时,细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大? 解析: (1)向右加速时小球对后壁必然有压力,球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右,F2向右,因此G和F1的合力一定水平向左,所以 F1的大小可以用平行四边形定则求出:F1=50N,可见向右加速时F1的大小与a无关;F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程:F2-0.75G =ma计算得F2=70N。可以看出F2将随a的增大而增大。(这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。) (2)必须注意到:向右减速时,F2有可能减为零,这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变,因此F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G和F1的合力刚好等于ma,所以a的临界值为。当a=g时小球必将离开后壁。不难看出,这时F1=mg=56N, F2=0 【例7】如图所示,在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块。求:(1)箱以加速度a匀加速上升,(2)箱以加速度a向左匀加速运动时,线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2各多大? 解:(1)a向上时,由于箱受的合外力竖直向上,重力竖直向下,所以F1、F2的合力F必然竖直向上。可先求F,再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解,得到: F1=m(g+a)sinα,F2=m - 8 - (g+a)cosα 显然这种方法比正交分解法简单。 (2)a向左时,箱受的三个力都不和加速度在一条直线上,必须用正交分解法。可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解,(同时正交分解a),然后分别沿x、y轴列方程求F1、F2: F1=m(gsinα-acosα),F2=m(gcosα+asinα) 经比较可知,这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。 点评:还应该注意到F1的表达式F1=m(gsinα-acosα)显示其有可能得负值,这意味着绳对木块的力是推力,这是不可能的。这里又有一个临界值的问题:当向左的加速度a≤gtanα时F1=m(gsinα-acosα)沿绳向斜上方;当a>gtanα时木块和斜面不再保持相对静止,而是相对于斜面向上滑动,绳子松弛,拉力为零。 5.在动力学问题中的综合应用 【例7】 如图所示,质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5,在与水平成θ=37°角的恒力F作用下,从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F,又经过t2=4.0s物体刚好停下。求:F的大小、最大速度vm、总位移s。 解析:由运动学知识可知:前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比,而第二段中μmg=ma2,加速度a2=μg=5m/s2,所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得:F=54.5N 第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度,可以按第二段求得:vm=a2t2=20m/s 又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等,所以有m 点评:需要引起注意的是:在撤去拉力F前后,物体受的摩擦力发生了改变。 - 8 - 可见,在动力学问题中应用牛顿第二定律,正确的受力分析和运动分析是解题的关键,求解加速度是解决问题的纽带,要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。我本在下一专题将详细研究这一问题。 - 8 -查看更多