高一物理 牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用專題練習(xí)

高一物理牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用專題練習(xí)第1頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四（一）變力作用問題分析第2頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四1．一小球自空中自由落下，與正下方的直立輕質(zhì)彈簧接觸，直至速度為零的過程中，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，正確的是（）A．接觸后，小球作減速運(yùn)動(dòng)，加速度的絕對(duì)值越來越大，速度越來越小，最后等于零B．接觸后，小球先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，其速度先增加后減小直到為零C．接觸后，速度為零的地方就是彈簧被壓縮最大之處，加速度為零的地方也是彈簧被壓縮最大之處D．接觸后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方BD第3頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四2．設(shè)雨滴從很高處豎直下落，所受空氣阻力f和其速度v成正比．則雨滴的運(yùn)動(dòng)情況是（）A．先加速后減速，最后靜止B．先加速后勻速C．先加速后減速直至勻速D．加速度逐漸減小到零BD第4頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四3．一物體在幾個(gè)力的共同作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使其中向東的一個(gè)力F的值逐漸減小到零，又馬上使其恢復(fù)到原值（方向不變），則（）A．物體始終向西運(yùn)動(dòng)B．物體先向西運(yùn)動(dòng)后向東運(yùn)動(dòng)C．物體的加速度先增大后減小D．物體的速度先增大后減小AC第5頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四（二）連結(jié)體問題分析第6頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四一.連接體:一些（由斜面、繩子、輕桿等）通過相互作用連接在一起的物體系統(tǒng)。它們一般有著力學(xué)或者運(yùn)動(dòng)學(xué)方面的聯(lián)系。二.連接體問題的常見圖景1.按連接的形式a.依靠繩子或彈簧的彈力相連接FABABθa第7頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四b.依靠相互的擠壓（壓力）相聯(lián)系m1m2m1m2m1m2FFc.依靠摩擦相聯(lián)系（疊加體）m1m2F實(shí)際中的連接體都是上述三種典型方式的組合第8頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四a.有共同加速度的連接體問題2.按連接體中各物體的運(yùn)動(dòng)b.有不同加速度的連接體問題①一個(gè)靜止一個(gè)加速②兩個(gè)均加速,但加速度不等基本方法：整體法求加速度再隔離分析基本方法:

隔離分析；找加速度之間的關(guān)系連接體中相互作用的物體間的作用力始終大小相等，方向相反第9頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四整體法求加速度（優(yōu)先）,隔離法求相互作用力三.連接體的解法:.a.隔離法:分別對(duì)每一個(gè)物體列動(dòng)力學(xué)方程（組），一般總是可以解題。b.整體法：當(dāng)系統(tǒng)有共同的加速度時(shí)，可使用整體法。整體方程的優(yōu)勢(shì)是解（共同的）加速度非常容易。

隔離法是解連接體問題的根本方法。而在解隔離方程組時(shí)，隱含著牛頓第三定律的內(nèi)容（作用與反作用的大小關(guān)系），所以連接體問題牛頓第二定律和牛頓第三定律結(jié)合的典型應(yīng)用。1.整體法與隔離法第10頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四ABB：mg-T=maA:T=Ma第11頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四

當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的加速度相同時(shí)，則可把系統(tǒng)作為一個(gè)整體來研究．但這并不是使用整體法的必要條件，有些問題中系統(tǒng)內(nèi)物體的加速度不同，也可用整體法來研究處理。

2.用整體法解題的條件:例：一物塊m沿斜面體M以加速度a下滑，斜面體不動(dòng)．求地面對(duì)斜面體的靜摩擦力f？可把此系統(tǒng)（m和M）作為整體處理，由牛頓第二定律得f＝macosθ＋M×0＝macosθ．式中acosθ為物塊加速度的水平分量．第12頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例1.如圖所示,把長(zhǎng)方體切成質(zhì)量分別為m和M的兩部分，切面與底面的夾角為θ,長(zhǎng)方體置于光滑的水平地面，設(shè)切面亦光滑，問至少用多大的水平推力推m，m才相對(duì)M滑動(dòng)？FMmθMmθN1mgFθ②③解:設(shè)水平推力為F時(shí)，m剛好相對(duì)M滑動(dòng)．對(duì)整體和m分別根據(jù)牛頓第二定律①聯(lián)立①②③式解出使m相對(duì)M相對(duì)滑動(dòng)的最小推力⑴整體法和隔離法相結(jié)合．⑵動(dòng)態(tài)分析臨界狀態(tài)，從兩個(gè)方面理解臨界狀態(tài)．第13頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例2.如圖，一細(xì)線的一端固定于傾角為450的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴以質(zhì)量為m的小球，⑴.當(dāng)滑塊至少以多大加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K的壓力為零？⑵.當(dāng)滑塊以加速度a=2g向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中張力多大？AP450amgTa0450解：⑴根據(jù)牛頓第二定律得⑵a=2g>a0,小球離開斜面，設(shè)此時(shí)繩與豎直方向的夾角為α,因此當(dāng)滑塊至少以加速度g向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K的壓力為零.mgTαa關(guān)鍵是找出裝置現(xiàn)狀（繩的位置）和臨界條件，而不能認(rèn)為不論a多大，繩子的傾斜程度不變．第14頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例7如圖所示，光滑球恰好放在木塊的圓弧槽中，它的左邊的接觸點(diǎn)為A，槽的半徑為R，且OA與水平線成α角，通過實(shí)驗(yàn)知道:當(dāng)木塊的加速度過大時(shí)，球可以從槽中滾出，圓球的質(zhì)量為m，木塊的質(zhì)量為M，各種摩擦及繩和滑輪的質(zhì)量不計(jì)，則木塊向右加速度最小為多大時(shí)球才離開圓槽？第15頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四

解析:當(dāng)加速度a=0時(shí)，球受重力和支持力.支持力的作用點(diǎn)在最底端．當(dāng)加速度略大于零，球不能離開圓槽，球同樣受重力和支持力，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作用點(diǎn)沿圓弧槽向A點(diǎn)移動(dòng).

當(dāng)加速度逐漸增大，支持力的作用點(diǎn)移到A點(diǎn)時(shí),球即將離開圓弧槽，此狀態(tài)為臨界狀態(tài)，分析小球受力如右圖所示.由牛頓第二定律：mgcotα=ma0可得a0=gcotα

顯然，當(dāng)木塊向右的加速度a至少為gcotα?xí)r，球離開圓弧槽第16頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四（三）F=ma的理解應(yīng)用1、矢量性2、瞬時(shí)性3、相對(duì)性第17頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四1、矢量性第18頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例.如圖示，傾斜索道與水平方向夾角為θ，已知tanθ=3/4，當(dāng)載人車廂勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，人對(duì)廂底的壓力為體重的1.25倍，這時(shí)人與車廂相對(duì)靜止，則車廂對(duì)人的摩擦力是體重的()A.1/3倍B.4/3倍C.5/4倍D.1/4倍解：將加速度分解如圖示對(duì)人進(jìn)行受力分析AθaaaxayθmgNf①②③根據(jù)題意第19頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例2.在如圖所示的升降機(jī)中，物體m靜止于固定的斜面上，當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，與原來相比()A.物體受到斜面的支持力增加B.物體受到的合力增加C.物體受到的重力增加D.物體受到的摩擦力增加aABDfamgN作圖法是解決動(dòng)態(tài)分析問題的有效方法第20頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四2、瞬時(shí)性F=ma對(duì)運(yùn)動(dòng)過程的每一瞬間成立，且瞬時(shí)力決定瞬時(shí)加速度，可見，確定瞬時(shí)加速度的關(guān)鍵是正確確定瞬時(shí)作用力。明確“輕繩”“輕線”“輕彈簧”“輕橡皮繩”幾個(gè)理想物理模型．第21頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例1.質(zhì)量均為m的A、B兩球之間系著一根不計(jì)質(zhì)量的輕彈簧，放在光滑水平臺(tái)面上，A求緊靠著墻壁，現(xiàn)用力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將力F撤去的瞬間，A、B球的加速度如何？ABFANkxBkxF解：撤去F前，A、B球受力分析如圖所示．撤去F瞬間，F(xiàn)立即消失，而彈簧彈力不能突變．根據(jù)牛頓第二定律有分析問題在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是分析瞬時(shí)前后的受力情況及其變化．先看不變量，再看變化量；加速度與合外力瞬時(shí)一一對(duì)應(yīng)．第22頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例.如圖所示，一質(zhì)量為m的物體系于長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2的兩根細(xì)線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將L2線剪斷，求剪斷瞬時(shí)物體的加速度。L1L2θ解：L2被剪斷的瞬間，L1上的張力大小發(fā)生了變化。剪斷瞬時(shí)物體的加速度a=gsinθ.第23頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例4.如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧和一根細(xì)線共同拉住一個(gè)質(zhì)量為m的小球，平衡時(shí)細(xì)線恰是水平的，彈簧與豎直方向的夾角為θ.若突然剪斷細(xì)線，則在剛剪斷的瞬時(shí)，彈簧拉力的大小是＿＿＿＿＿＿，小球加速度的大小為＿＿＿，方向與豎直方向的夾角等于＿＿＿＿.小球再回到原處時(shí)彈簧拉力的大小是＿＿＿＿＿＿．小球再回到原處時(shí),由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律∴F1=mgcosθmg/cosθgtgθ90°mgcosθθmmgFTθ細(xì)線剪斷瞬間，T立即消失,彈簧彈力不變，仍為F=mg/cosθ，小球所受mg和F的合力不變，仍為mgtanθ，加速度大小a＝gtanθ，方向水平向右，與豎直方向的夾角為900．解：剪斷細(xì)線前，小球所受mg和F的合力與T等大反向，大小等于T＝mgtanθ,彈簧彈力F＝mg/cosθ彈力和摩擦力是被動(dòng)力，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行分析．第24頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四A例.小球A、B的質(zhì)量分別為m和2m，用輕彈簧相連，然后用細(xì)線懸掛而靜止，如圖所示，在燒斷細(xì)線的瞬間，A、B的加速度各是多少？ABTmgBkx2mgkx解：燒斷細(xì)繩前，A、B球受力分析如圖所示．燒斷細(xì)繩瞬間，繩上張力立即消失，而彈簧彈力不能突變．根據(jù)牛頓第二定律有明確“輕繩”和“輕彈簧”兩個(gè)理想物理模型的區(qū)別．第25頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例8.豎直光滑桿上套有一個(gè)小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘MN固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài).若拔去銷釘M的瞬間，小球的加速度大小為12m/s2，若不拔去銷釘M而拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度可能為(取g=10m/s2)()A．22m/s2，方向豎直向上B．22m/s2，方向豎直向下C．2m/s2，方向豎直向上D．2m/s2，方向豎直向下BCNM解：拔去銷釘M的瞬間,小球受到重力和下邊彈簧的彈力，重力產(chǎn)生的加速度是10m/s2,方向豎直向下．此時(shí)小球的加速度大小為12m/s2．⑴若豎直向上，則下邊彈簧的彈力產(chǎn)生的加速度為22m/s2，方向豎直向上；說明上邊彈簧的彈力產(chǎn)生的加速度為12m/s2

，方向豎直向下．因此在拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度為12m/s2+10m/s2=22m/s2,方向豎直向下．⑵若豎直向下，則下邊彈簧的彈力產(chǎn)生的加速度大小為2m/s2，方向豎直向下．說明上邊彈簧的彈力產(chǎn)生的加速度為12m/s2

，方向豎直向上．因此在拔去銷釘N的瞬間，小球的加速度為12m/s2－10m/s2=2m/s2,方向豎直向上．深刻理解牛頓第二定律的獨(dú)立性－－力的獨(dú)立作用原理．第26頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四NM12（1）若上面的彈簧壓縮有壓力，則下面的彈簧也壓縮，受力如圖示：k1x1k2x2mg靜止時(shí)有

k2x2=k1x1+mg拔去Mk2x2-mg=12m拔去Nk1x1+mg=ma

∴a=22m/s2方向向下NM12

（2）若下面的彈簧伸長(zhǎng)有拉力，則上面的彈簧也伸長(zhǎng)，受力如圖示：k1x1k2x2mg靜止時(shí)有

k1x1=k2x2+mg拔去Mk2x2+mg=12m拔去Nk1x1-mg=ma

∴a=2m/s2方向向上第27頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四3、相對(duì)性a為相對(duì)于地面參考系的加速度——慣性系第28頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四例：質(zhì)量M，長(zhǎng)L的木板放在光滑斜面上，為使木板相對(duì)斜面靜止，質(zhì)量為m的人應(yīng)以多大的加速度在木板上跑？若使人相對(duì)斜面靜止，則人在木板上跑動(dòng)時(shí)，木板加速度是多大？第29頁，共31頁，2023年，2月20日，星期四AB37o例.如圖,傳送帶與水平地面傾角θ=37o，從A端到B端的距