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高中物理竞赛之牛顿运动定律


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:Σ F→a,Σ Fx→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Σ Fx→∞,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>

v2 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, 2?g

否则没有。 答案:A、D 2 思考:令 L=10m,v=2m/s,μ=0.2,g 取 10m/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)—— 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

G ?F = (2) sin ? sin ?
解(1) (2)两式得:Σ F=

mg ? sin ? cos(? ? ? )

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 ? g。 cos(? ? ?)

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 Σ Fx=ma,即 Tx-Nx=ma Σ Fy=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,Σ Fx=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:
2 2 T=m g ? a 。 )

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 2 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 2 扶梯静止。重力加速度 g=10m/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 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 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? 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 <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,其中 l L

l Mg 时(μ为棒与平面的摩擦因素,l 为小于 L 的某一值, L F 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μ 1 和μ 2,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、μ 1m1gcosθ ;B、μ 2m1gcosθ ; C、μ 1m2gcosθ ;D、μ 1m2gcosθ ; 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=

( 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 =m2a
隔离 m1,仍有:T=m1a 解以上两式,可得:a=

m2
2 m1 ? m2 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 ? m2 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: (M+m)g=m·0+Ma1 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=a2y① 且:a1y=a2sinθ 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=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=

m sin ? cos ? g。 M ? m sin 2 ?

(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= a 1x ? a 1y 求 a1。
2 2

答:a1=

g sin ? M 2 ? m(m ? 2M) sin 2 ? 。 M ? m sin 2 ?

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=Scosθ ① 设全程时间为 t,则有:

1 2 at ② 2 1 2 S1x= a1xt ③ 2
S= 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=

2b a cos? ? g sin ?

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(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=

?

?*

?

?*

1 2 a 相 t (3) 2

解(1) (2) (3)式就可以了。


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