高中物理奥赛讲座第2部分:牛顿运动定律.doc
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高中物理辅导网 第二部分牛顿运动定律 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 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,否则没有。 答案:A、D 思考:令L=10m,v=2m/s,μ=0.2,g取10m/s2,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)—— ①v0=1m/s(答:0.5+37/8=5.13s) ②v0=4m/s(答:1.0+3.5=4.5s) ③v0=1m/s(答:1.55s) 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。 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)(1) 对灰色三角形用正弦定理,有 =(2) 解(1)(2)两式得:ΣF= 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:。 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(N为斜面支持力)。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 Tcosθ-Nsinθ=ma(1) Tsinθ+Ncosθ=mg(2) 这是一个关于T和N的方程组,解(1)(2)两式得:T=mgsinθ+macosθ 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-mgsinθ=macosθ 显然,独立解T值是成功的。结果与解法一相同。 答案:mgsinθ+macosθ 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-masinθ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。) 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/s2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=10m/s2,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 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=m1+m2+m3+…+mn 其中Σ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? 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=x。 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=μMg,其中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。 若棒不能被拉动,且F=μMg时(μ为棒与平面的摩擦因素,l为小于L的某一值,M为棒的总质量),当x<(L-l),N≡0;当x>(L-l),N=〔x-〈L-l〉〕。 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、μ1m1gcosθ;B、μ2m1gcosθ; C、μ1m2gcosθ;D、μ1m2gcosθ; 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,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=。 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: =m2a 隔离m1,仍有:T=m1a 解以上两式,可得:a=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′=。 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=m1+m2+m3+…+mn,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: (M+m)g=m·0+Ma1 解棒的加速度a1十分容易。 答案:g。 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=a2y① 且:a1y=a2sinθ② 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=ma1y③ 对斜面,仍沿合加速度a2方向列方程,有: Nsinθ=Ma2④ 解①②③④式即可得a2。 答案:a2=。 (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=求a1。 答:a1=。 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=Scosθ① 设全程时间为t,则有: S=at2② S1x=a1xt2③ 而隔离滑套,受力图如图23所示,显然: mgsinθ=ma1x④ 解①②③④式即可。 答案:t= 另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式Σ+*=m(注:*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(1) 其中F*=ma(2) 而且,以棒为参照,滑套的相对位移S相就是b,即: b=S相=a相t2(3) 解(1)(2)(3)式就可以了。 第二讲配套例题选讲 教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》,知识出版社,2002年8月第一版。 例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。 京翰教育中心- 配套讲稿:
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