本章复习与测试评课稿

第三章《牛顿运动定律》复习

太谷二中

杜勇燕

1．知识目标

①理解物体间的相互作用的规律，熟练地运用牛顿第二定律解决问题

②理解牛顿运动定律，用牛顿运动定律解释生活中的有关问题。提高分析解决问题的能力奠定基础。

[③正确地理解惯性概念，理解超重和失重现象

2．能力目标

①培养学生分析问题的能力，帮助学生养成研究问题要从不同的角度对比研究的习惯．

②培养学生逻辑推理的能力，知道物体的运动是不需要力来维持的。

3．情感目标

培养科学研究问题的态度

二、教学要点

动力学中的临界极值问题；整体法、隔离法分析连接体问题；动力学中的图象问题；应用牛顿运动定律解决多过程问题

三、教学难点

正确运用牛顿第二定律解决物理问题

【师生研讨过程】

全章知识回顾：

1、牛顿第一定律

2、惯性

3、牛顿第二定律

4、牛顿第三定律

一、动力学中的临界极值问题

讲述：

1．概念

（1）临界问题：某种物理现象（或物理状态）刚好要发生或刚好不发生的转折状态．

（2）极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况．

2．关键词语

在动力学问题中出现的“最大”、“最小”、“刚好”、“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．

3．常见类型

动力学中的常见临界问题主要有三类：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离

的问题；二是绳子的绷紧与松弛的问题；三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题．

4．解题关键

解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存在的独特的物理关系，即临界条件．

常见的三类临界问题的临界条件：

（1）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用的弹力为零．

（2）绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零．

（3）存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：静摩擦力达到最大值．

典型例题

【例题1】如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角为θ＝30°，求：

（1）劈以加速度a1＝g/3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？

（2）劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？

（3）当劈以加速度a3＝2g向左运动时，绳的拉力多大？

3＋3【答案】

（1）mg

（2）3g，方向水平向左

（3）5mg

6【解析】

（1）如图所示，

水平方向：FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1①

竖直方向：FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg②

3＋3由①②得：FT1＝mg．③

6（2）如图所示，

由牛顿第二定律得：

FT2cos θ＝ma2④

FT2sin θ＝mg⑤

由④⑤得：a2＝3g，方向水平向左．⑥

（3）参照上图：但FT3与水平夹角θ≠30°，有：

FT3＝

(mg)2＋(ma3)2＝(mg)2＋(2mg)2＝5mg．

二、整体法、隔离法分析连接体问题

讲述：

1．连接体

多个相互关联的物体组成的物体系统．如叠在一起、并排放在一起或用绳（或杆）连在一起的几个物体．

2．隔离法与整体法

（1）隔离法：在分析连接体问题时，从研究问题的方便性出发，将物体系统中的某一部分物体隔离出来，单独分析研究的方法．

（2）整体法：在分析连接体问题时，将整个物体系统作为整体分析研究的方法．

（3）当需要计算物体之间（或一个物体各部分之间）的相互作用力时，就必须把各个物体（或一个物体的各个部分）隔离出来，根据各个物体（或一个物体的各个部分）的受力情况，画出隔离体的受力图，列出牛顿第二定律方程．

（4）许多具体问题中，常需要交叉运用整体法和隔离法，有分有合，从而迅速求解相关问题．

注意：运用整体法分析问题时，要求系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同，根据牛顿第二定律对整体列方程．如果系统内各物体的加速度仅大小相同，如通过滑轮连接的物体，应采用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程．

典型例题

【例题2】如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2．拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1>F2．试求在两个物块运动过程中轻线的拉力FT

．

【审题指导】

先用整体法再用隔离法求解．

【答案】

m1F2＋m2F1

m1＋m2【解析】

以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：

F1－F2＝（m1＋m2）a①

隔离物块m1，由牛顿第二定律得：

F1－FT＝m1a

②

由①②两式解得：

m1F2＋m2F1FT＝．

m1＋m2三、动力学中的图象问题

讲述：

物理图象信息量大，包含知识内容全面，好多习题已知条件是通过物理图象给出的，动力学问题中常见的有F－t及a－F等图象．

1．a－t图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．

2．F－t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．

3．a－F图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．

典型例题

【例题3】物体静止在一水平面上，它的质量为m，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用平行于水平面的力F拉物体，得到加速度a和拉力F的关系图象如图所示．

（1）根据图象可以求出物体的质量m．王敏同学分析的过程是：从图象中得到F＝12 N时，物体的加速度a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律F＝ma，求得质量m＝3 kg．

请判断王敏同学的分析过程是否正确，并分析原因，若不正确请给出正确的结果．

（2）根据图象计算物体与水平面之间的动摩擦因数μ的数值．（g取10 m/s2）

【答案】

（1）见解析

（2）0．2 【解析】

（1）王敏同学的分析和解答是错误的．王敏错在把水平力F当成合力．

正确的求解过程是：

解法一

由题图可知，摩擦力的大小Ff＝4 N，物体在水平方向受拉力F＝12 N时，物体的加速度a＝4 m/s2，

由牛顿第二定律F合＝ma，故

F－Ff12－4m＝＝kg＝2 kg．

a4（2）因为Ff＝4 N，Ff＝μFN，FN＝mg＝20 N，

Ff所以μ＝＝0．2．

FN解法二

（1）因为F－μmg＝ma

F1所以a＝－μg＝F－μg

mm41故图象的斜率k＝＝，m＝2 kg 12－4m（2）图象在纵轴截距的绝对值为μg

即μg＝2，所以μ＝0．2．

四、应用牛顿运动定律解决多过程问题

讲述：

1．多过程问题

很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。

2．类型

多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。

3．应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略

（1）任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可。

（2）有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干（或另一旁支），这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。

（3）注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。

典型例题

【例题4】如图甲所示，为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0．25，取g＝10 m/s2, sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：

（1）2 s末物体的速度；

（2）前16 s内物体发生的位移。

【审题指导】

（1）物体在0～16 s间共参与了几种运动？

提示：3种。

（2）物体速度减小为零以后会做反方向的匀加速直线运动吗？

提示：不会。

【答案】（1）5_m/s，方向沿斜面向下（2）30m，方向沿斜面向下。

【解析】（1）由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1

v1＝a1t1

代入数据可得

a1＝2．5 m/s2，方向沿斜面向下

v1＝5 m/s，方向沿斜面向下

（2）物体在前2 s内发生的位移为x1，则

12x1＝a1t1＝5 m，方向沿斜面向下

2当拉力为F2＝4．5 N时，由牛顿第二定律可得

F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2

代入数据可得a2＝0．5 m/s2，方向沿斜面向上

物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2

得t2＝10 s t2时间内发生的位移为x2，则

12x2＝a2t2＝25 m，方向沿斜面向下

2由于mgsinθ－μmgcosθ

故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下。

师生共同回顾本节内容。本节主要学习了

1．

动力学中的临界极值问题；

2．

整体法、隔离法分析连接体问题；

3．

动力学中的图象问题；

4．应用牛顿运动定律解决多过程问题

例：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图所示。他使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图所示。g取10 m/s2。求：

（1）上滑过程中的加速度的大小a1；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；

（3）木块回到出发点时的速度大小v。

【答案】（1）8 m/s2 ；（2）3；（3）2 m/s。

5【解析】（1）由题图可知，木块经0．5 s滑至最高点上滑过程中加速度的大小：

a1＝v4m/s＝8 m/s2 ；

t0.5s3。

5（2）由牛顿第二定律F＝ma得

上滑过程中：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

代入数据得μ＝v0(4m/s)2（3）下滑的距离等于上滑的距离x＝＝1 m

2a128m/s2由牛顿第二定律F＝ma得

下滑过程中：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

下滑至出发点的速度大小v＝2a2x

联立解得v＝2 m/s。

2．

如图所示，用一块长L121.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面长L21.8m。斜面与水平桌面的倾角可在0~60°间调节后固定。将质量m=0．6kg的小物块从斜面顶端静止0.05释放，物块与斜面间的动摩擦因数10．5，物块与桌面间的动摩擦因数2，忽略物块在斜面与桌面交接处的速度大小变化。（重力加速度取g10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）

（2）当增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2（已知sin37°=0．6，cos37°=0．8）

（3）继续增大角，当=53°时，是否还能停在桌面上？如果能，求物块距桌面右边缘的距离，如果不能，，求物块离开桌面右边缘时的速度大小？

【答案】（1）tan0.5（2）0．2（3）2．3m/s 【解析】（1）要使物体沿斜面下滑，必须满足mgsinmgcos，故θ满足tan0.5

（2）当θ=37°时，在斜面上加速度为a1，

由牛二：mgsinmgcosma1，a1g(sincos)2m/s2，

2物块滑到斜面底部时的速度v1，v12a1x12a1L1，v12a1L12m/s

斜面底部到桌面右边缘的长度x2L2L1cos370=1．8-1×0．8m=1．0m，

到达右边缘的速度vt0，加速度为a2

0v12由vv2a2x2，a22m/s2

2x22t20在水平桌面上运动，由牛二：2mgma220.2

2（3）当θ=53°时，同理a3g(sin1cos)=5m/s

到达底部的速度v22a3L110m/s

20v210在桌面滑行的最大准备xmm2.5m

2a22(2)这时斜面底部右边的长度：x2L2L1cos530=1．8-1×0．6m=1．2m 22到达边缘速度为v3，v3v22a2x2，v32v22a2x2102(2)1.2m/s

5.2m/s2.3m/s