本章复习与测试说课稿【一等奖】

第四章

牛顿运动定律

章末复习教学设计

一、整体法与隔离法的应用

例1

如图1所示，箱子的质量M＝5.0 kg，与水平地面的动摩擦因数μ＝0.22.在箱子顶处系一细线，悬挂一个质量m＝0.1 kg的小球，箱子受到水平恒力F的作用，使小球的悬线与竖直方向的摆角θ＝30°，试求力F的大小．(g取10 m/s2)

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二、临界和极值问题

例2

如图2所示，两个物块A和B叠放在光滑水平面上，已知A的质量mA＝4 kg，B的质量mB＝5 kg，在A上施加一个水平力FA.当FA＝20 N时，A、B间恰好开始发生相对运动．在撤去FA后，求：若要保持A、B间相对静止，对B物块能施加的最大水平力为多大？

三、牛顿运动定律的综合应用

例3

科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量．

例4

在倾斜角为θ的长斜面上，一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块(连同风帆)的质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ、风帆受到向后的空气阻力与滑块下滑的速度v大小成正比，即f＝kv.滑块从静止开始沿斜面下滑的v－t图象如图3所示，图中的倾斜直线是t＝0时刻速度图线的切线．

(1)由图象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的大小．

(2)若m＝2 kg，θ＝37°，g＝10 m/s2，求出μ和k的值．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

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参考答案

知识体系构建

运动状态

质量

矢量

瞬时

性质

匀速直线运动

F合＝0

正交分解法

图解法

解题方法探究

一、

例1

40.7 N

解析

对小球进行受力分析，小球受悬线的拉力FT和重力mg，如图甲所示，

FTsin θ＝ma则

FTcos θ＝mg

对整体进行受力分析，如图乙所示．

此时细绳对箱子的拉力和小球受的拉力对整体而言是内力，因此不必考虑：则由牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，

即F＝(M＋m)(μg＋a)＝(M＋m)g(μ＋tan θ)≈40.7 N.

二、

例2

25 N

解析

依题意，在FA的作用下，A、B一起加速运动有相等的加速度．当A、B开始发生相对运动时，A、B系统的加速度为最大加速度，A对B的静摩擦力FfAB即为最大静摩擦力．由牛顿第二定律的比例式有，

FA/(mA＋mB)＝FfAB/mB.①

当对B施加一最大水平力FB时，A、B仍以共同的加速度运动，且这一加速度也为最大加速度，故B对A的静摩擦力FfBA也为最大静摩擦力，即有，

FfBA＝FfAB.②

同理可列出比例式：

FB/(mA＋mB)＝FfBA/mA.③

由①②③解得：FB＝mBFA/mA＝25 N.

三、

例3

101 kg

解析

设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为F浮，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得

mg－F浮＝ma①

1式中a是气球下降的加速度．以此加速度在时间t内下降了h，则h＝v0t＋at2②

2当向舱外抛掉质量为m′的压舱物后，有F浮－(m－m′)g＝(m－m′)a′③

式中a′是抛掉压舱物后气球的加速度．由题意知，此时a′方向向上，Δv＝a′Δt.④

式中Δv是抛掉压舱物后气球在Δt时间内下降速度的减少量．

a＋a′由①③得m′＝m⑤

g＋a′将题设数据m＝990 kg，v0＝1 m/s，t＝4 s，h＝12 m，Δt＝300 s.

Δv＝3 m/s，g＝9.89 m/s2代入②④⑤式得m′＝101 kg.

例4

(1)3 m/s2

2 m/s

(2)μ＝0.375

k＝3 N·s/m

解析

(1)由题图可知滑块做加速度减小的加速运动，最终可达最大速度vm＝2 m/s，t＝0时刻滑块的加速v1－v03 m/s－0度最大，即为v－t图线在O点的切线的斜率：a＝＝＝3 m/s2

t11 s

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(2)对滑块受力分析如图所示，由牛顿第二定律得mgsin θ－f－Ff＝ma

又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，f＝kv，联立以上各式得

mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma

解得μ＝0.375，k＝3 N·s/m

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