3.3牛顿运动定律的综合应用课件.ppt

孔隆教育 孔隆教育 (1)求小物块下落过程中的加速度大小; (2)求小球从管口抛出时的速度大小； (3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： (1)明确小物块的受力情况，由牛顿第二定律列方程. (2)结合牛顿第二定律和运动学公式求小球速度. (3)根据平抛运动的规律进行分析. 【规范解答】(1)设细线中的张力为FT,根据牛顿第二定律 Mg-FT=Ma (2分) FT-mgsin30°=ma (2分) 且M=km 联立解得 (1分) (2)设M落地时的速度大小为v,m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度大小为a0， 根据牛顿第二定律-mgsin30°=ma0 (2分) 由匀变速直线运动规律知v2=2aLsin30° (1分) -v2=2a0L(1-sin30°) (2分) 联立解得 (2分) (3)由平抛运动规律x=v0t,Lsin30°= gt2 (2分) 解得 (1分) 则 得证 (1分) 答案：(1) (2) (3)见规范解答 【总结提升】处理多过程问题时应注意的两个问题 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，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后,列方程,联立求解 2.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.如本题中的小球先做匀减速运动到管口，后做平抛运动 【变式训练】(2012·扬州模拟)如图所示，质量为40.0 kg 的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，雪橇与地面间动摩擦因数为0.20.(取g=10 m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6) (1)求雪橇的加速度大小； (2)经过2 s撤去F，再经过3 s时雪橇的速度多大？ (3)雪橇在5 s内的位移多大？ 【解析】(1)对雪橇受力分析如图所示： 据牛顿运动定律有：Fx-Ff=ma；FN+Fy=mg 又：Ff=μFN；Fx=Fcos37°；Fy=Fsin37° 故： =2.6 m/s2 (2)v2=at1=2.6×2 m/s=5.2 m/s，撤去F后，据牛顿第二定律 有：-μmg=ma′ 故：a′=-μg=-0.20×10 m/s2=-2.0 m/s2 由于：t止= =2.6 s3 s 则撤去F后，再经3 s，即5 s末时雪橇速度为：v5=0 (3)前2 s内雪橇位移： 后3 s内雪橇的位移： 雪橇5 s内位移：s=s1+s2=(5.2+6.76) m=11.96 m 答案：(1)2.6 m/s2 (2)0 (3)11.96 m 牛顿运动定律中的图象问题 考查内容 【例证】总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v-t图象，试根据图象，求： (1)t1＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小； (2)估算14 s内运动员下落的高度； (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间. 【规范解答】(1)从题图中可以看出，在t2＝2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma 得Ff=m(g－a)＝80×(10－8)N＝160 N (2)从题图中估算得出运动员在14 s内下落了39.5×2×2 m＝158 m. (3)14 s后运动员做匀速运动的时间为 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总=t14+t′=(14+57)s=71 s 答案：(1)8 m/s2 160 N (2)158 m (3)71 s * 第3讲 牛顿运动定律的综合应用 考点1 超重和失重 1.视重 (1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计 或台秤的______称为视重. (2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的______或台秤所受物体 的______. 示数 拉力 压力 2.超重、失重和完全失重比较 物体的加速度方向________ ___，大小___ 物体的加速度方向_________ 物体的加速度方向_____ _____ 产生 条件 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) ____零的现象 物体对支持物的压力(或对悬