题目列表(包括答案和解析)
2.物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而是取决于加速度方向是向上还是向下.
1.当物体处于超重和失重状态时,物体所受的重力并没有变化.
2.连接体问题
(1)连接体
两个或两个以上 存在相互作用 或 有一定关联 的物体系统称为连接体,在我们运用牛顿运动定律解答力学问题中常会遇到.
(2)解连接体问题的基本方法
整体法:把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体,此时不必考虑物体之间的内力.
隔离法:当求物体之间的作用力时,就需要将各个物体隔离出来单独分析.
解决实际问题时,将隔离法和整体法交叉使用,有分有合,灵活处理.
重点难点突破
1.超重与失重和完全失重
(1)实重和视重
①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态 无关 .
②视重:当物体在 竖直 方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的 重力 .此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.
(2)超重、失重和完全失重的比较
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现象 |
实质 |
超重 |
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 大于 自身重力的现象 |
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量 |
失重 |
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 小于 自身重力的现象 |
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量 |
完全失重 |
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 等于零 的现象 |
系统具有竖直向下的加速度,且a=g |
3.多过程问题分析
[例3]如图,有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动,现将一物体轻轻放在传送带上,若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,则传送带将该物体传送10 m的距离所需时间为多少?(取重力加速度g=10 m/s2)
[错解]由于物体轻放在传送带上,所以v0=0,物体在竖直方向合外力为零,在水平方向受到滑动摩擦力(由传送带施加),做v0=0的匀加速运动,位移为10 m.
据牛顿第二定律F=ma有f=μmg=ma,a=μg=5 m/s2
据x=at2得t==2 s
[错因]上述解法的错误出在对这一物理过程的认识,传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程,一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动;二是达到与传送带相同速度后,无相对运动,也无摩擦力,物体开始做匀速直线运动,关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度,才好对问题进行解答.
[正解]以传送带上轻放的物体为研究对象,如图,在竖直方向受重力和支持力,在水平方向受滑动摩擦力,做v0=0的匀加速运动.
据牛顿第二定律有F=ma
水平方向:f=ma ①
竖直方向:FN-mg=0 ②
又f=μFN ③
由①②③式解得a=5 m/s2
设经时间t1,物体速度达到传送带的速度,据匀加速直线运动的速度公式vt=v0+at1 ④
解得t1=0.4 s
时间t1内的位移x1=at2=×5×0.42 m=0.4 m
物体位移为0.4 m时,物体的速度与传送带的速度相同,物体0.4 s后无摩擦力,开始做匀速运动则x2=v2t2 ⑤
因为x2=x-x1=10 m-0.4 m=9.6 m,v2=2 m/s
代入式⑤得t2=4.8 s
则传送10 m所需时间为t=0.4 s+4.8 s=5.2 s
[思维提升]本题涉及了两个物理过程,这类问题应抓住物理情景,带出解决方法,对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法,如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10 m用时2 s,可以计算一下2 s末的速度是多少,计算结果v=5×2 m/s=10 m/s,已超过了传送带的速度,这是不可能的.当物体速度增加到2 m/s时,摩擦力就不存在了,这样就可以确定第二个物理过程.
第 4 课时 超重与失重 整体法和隔离法
基础知识归纳
2.临界、极值问题
[例2]如图所示,一个质量为m=0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ=53°的光滑斜面上,当斜面静止时,绳与斜面平行.当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的弹力.
[解析]先分析物理现象.用极限法把加速度a推到两个极端:当a较小(a→0)时,小球受到三个力(重力、拉力、支持力)的作用,此时绳平行于斜面;当a增大(足够大)时,小球将“飞离”斜面,不再受支持力,此时绳与水平方向的夹角未知.那么,当斜面以加速度a=
10 m/s2向右加速度运动时,必须先求出小球离开斜面的临界值a0才能确定小球受力情况.
小球刚要离开斜面时,只受重力和拉力,根据平行四边形定则作出其合力如图所示,由牛顿第二定律得
mgcot θ=ma0
代入数据解得a0=gcot θ=7.5 m/s2
因为a=10 m/s2>7.5 m/s2,所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动,T==2.83 N,FN=0
[思维提升]物理问题要分析透彻物体运动的情景.而具体情景中存在的各种临界条件往往会掩盖问题的实质,所以有些问题挖掘隐含条件就成为解题的关键.
[拓展2]如图所示,长L=1.6 m,质量M=3 kg的木板静放在光滑水平面上,质量m=1 kg的小物块放在木板的右端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1.现对木板施加一水平向右的拉力F,取g=10 m/s2,求:
(1)使物块不掉下去的最大拉力F;
(2)如果拉力F=10 N恒定不变,小物块的所能获得的最大速度.
[解析](1)求物块不掉下时的最大拉力,其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1
对物块,最大加速度a1==μg=1 m/s2
对整体,F=(M+m)a1=(3+1)×1 N=4 N
(2)当F=10 N时,木板的加速度a2=m/s2=3 m/s2
由a2t2-a1t2=L得物块滑过木板所用时间t=s
物块离开木板时的速度v1=a1t= m/s=1.26 m/s
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1.动力学基本问题分析
[例1]在光滑的水平面上,一个质量为200 g的物体,在1 N的水平力F作用下由静止开始做匀加速直线运动,2 s后将此力换为相反方向的1 N的力,再过2 s将力的方向再反过来……这样物体受到的力大小不变,而力的方向每过2 s改变一次,求经过30 s物体的位移.
[解析]物体在1 N的水平力F作用下,产生的加速度的大小为a=m/s2=5 m/s2
物体在2 s内做匀加速运动,2 s内位移为
s1=at2=×5×22 m=10 m
方向与力的方向相同.
t=2 s末的速度为v1=at=5×2 m/s=10 m/s
从第3 s初到第4 s末,在这2 s内,力F的方向变成反向,物体将以v1=10 m/s的初速度做匀减速运动,4 s末的速度为v2=v1-at=(10-5×2) m/s=0
在此2 s内物体的位移为
s2=×2 m=10 m
方向与位移s1的方向相同.
从上述分段分析可知,在这4 s内物体的位移为s1+s2=20 m,物体4 s末的速度为零.以后重复上述过程,每4 s物体前进20 m.在30 s内有7次相同的这种过程,经过4 s×7=28 s,最后2 s物体做初速度为零的匀加速运动,位移为10 m.
所以经过30 s物体的总位移为
s=(20×7+10) m=150 m
[思维提升]本题属已知物体的受力情况求其运动情况.我们也可以作出物体运动的v-t图象,然后由图象形象地分析物体的运动情况并求出位移.
[拓展1]质量为40 kg的雪橇在倾角θ=37°的斜面上向下滑动(如图甲所示),所受的空气阻力与速度成正比.今测得雪橇运动的v-t图象如图乙所示,且AB是曲线的切线,B点坐标为(4,15),CD是曲线的渐近线.试求空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.
[解析]由牛顿运动定律得mgsin θ-μFN-kv=ma
由平衡条件得FN=mgcos θ
由图象得A点,vA=5 m/s,加速度aA=2.5 m/s2;最终雪橇匀速运动时最大速度vm=10 m/s,a=0
代入数据解得μ=0.125,k=20 kg/s
3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始,两个过程的分界点是关键.
典例精析
2.对各个过程或各个状态进行具体分析,得出正确的结果.
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)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是:
1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态.
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