高考人教物理高效学习方略复习课件第3章第2讲牛顿运动定律的应用超重和失重

1、一、两类动力学问题 牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来,1已知受力情况求运动情况 已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以确定物体的运动情况，已知物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况 2已知物体的运动情况求物体的受力情况 根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等,二、超重和失重 1超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体重力的现象 2失重：物

2、体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体重力的现象 3完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于 的现象,大于,小于,零,4产生条件：当系统的加速度 (或有竖直向上的加速度分量)时，发生超重现象；当系统的加速度 (或有竖直向下的加速度分量)时，发生失重现象；当竖直向下的加速度等于 时，发生完全失重现象 5视重：当物体挂在弹簧测力计下端或放在水平台测力计上面时，弹簧测力计或台测力计的示数叫做 ，其大小 测力计所受物体的拉力或台测力计所受物体的压力,竖直向上,竖直向下,重力加速度,视重,等于,2一个年轻人在以a2 m/s2的加速度加速上升的升降机里最多能举起质量为m50 kg的重物，问

3、当升降机以同样大小的加速度减速上升时，该年轻人最多能举起的重物的质量m为() A50 kg B100 kg C75 kg D125 kg,解析C对重物受力分析如图甲所示 由FNmgma得FN600 N， 即此人的举力为600 N. 当电梯减速下降时受力分析如图乙所示 由mgFNma 得m75 kg.,3.如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是() A向右做加速运动 B向右做减速运动 C向左做加速运动 D向左做减速运动,解析AD对小球水平方向受

4、到向右的弹簧弹力FN，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止故小车可能向右加速运动或向左减速运动,4(2010海南物理)下列说法正确的是() A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零 B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动 C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动 D若物体在任意相等的时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动,解析D若物体运动速率始终不变，速度大小不变，但速度方向可能变化，因此合力不一定为零，A错；物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，B错；物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速

5、度大小不能确定，C错；若物体在任意相等的时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，D对,5.如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为多大？,要点一对超重和失重的进一步理解 1.不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变 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，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度,3当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有ag的加速度效果，不再产生其他效果平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失 4物体超重或失重的多少是由物体的

6、质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.,【例1】某人在a2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m175 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m250 kg的物体，则此升降机上升的最大加速度为多大？(取g10 m/s2),【规律方法】判断超重、失重现象会计算超重、失重的大小，能解释有关实际生活中的超重、失重现象的产生原因，完全失重的理解及产生的条件,(2011中山一模)如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可

7、能为(),A加速下降 B加速上升 C减速上升 D减速下降 解析BD木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，选项B、D正确.,要点二解答两类动力学问题的基本方法及步骤 1.分析流程图 可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键,2应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体 (2)分析物体的受力情况和运动情况，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程,(3)选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向 (4

8、)求合外力F合 (5)根据牛顿第二定律F合ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论,【例2】质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示g取10 m/s2，求： (1)物体与水平面的动摩擦因数； (2)水平推力F的大小； (3)010 s内物体运动位移的大小,【答案】(1)0.2(2)6 N(3)46 m,【规律方法】对于两类动力学问题，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”是加速度，在处理时，受力分析是关键，同时对物体运动情况分析同样重要，特别是由多个运动过程组成的较复杂的问题，更应注意运动过程的分析,(2011东城区模拟)杂技中的“顶

9、竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竿顶端完成各种动作后下滑若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零,已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示竹竿上演员质量为m140 kg，竹竿质量m210 kg，取g10 m/s2. (1)求竹竿上的人下滑过程中的最大速度v1； (2)请估测竹竿的长度h.,解析(1)由题图可知，04 s，肩部对竹竿的支持力F1460 N(G1G2)，人加速下滑，设加速度为a1， 04 s竹竿受力平衡，受力分析如图甲所示 由F1G2Ff， 得FfF1G23

10、60 N， 对人受力分析如图乙所示 FfFf360 N，又由牛顿第二定律得： G1Ffm1a1， 得a11 m/s2， t14 s时达到最大速度，设为v1，则 v1a1t14 m/s.,【答案】(1)4 m/s(2)12 m,要点三整体法与隔离法的选取原则 1.隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，且需要求物体之间的作用力就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列方程求解，隔离法是受力分析的基础，应重点掌握,2整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体(当成一个质

11、点)来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量) 3整体法、隔离法交替运用原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”,【例3】如图所示，质量M10 kg的木楔ABC静止于粗糙的水平面上，动摩擦因数0.02.在木楔的倾角为30的斜面上，有一质量m1.0 kg的木块从静止开始沿斜面下滑，当滑行路程x1.4 m时，其速度v1.4 m/s，在此过程中木楔一直处于静止状态，g取10 m/s2，求 (1)地面对木楔的摩擦力的大小和方向； (2)木

12、楔对地面的压力大小,对整体在水平方向上运用牛顿第二定律得Ffmaxmacos 解得Ff0.61 N，方向与ax同向，即水平向左 (2)对整体在竖直方向上运用牛顿第二定律得 (Mm)gFNmaymasin 解得FN109.65 N. 【答案】(1)0.61 N，方向与ax同向，即水平向左 (2)109.65 N,【规律方法】当求各部分间的作用力时一定要用隔离法考虑解题的方便有两个原则：一是选出的隔离体方程 中应包含所求的未知量；二是独立方程的个数等于未知量的前提下，隔离体的数目应尽可能少,如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块

13、间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(),易错点1 对物体的受力和运动状态分析不准导致错误 【例1】如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动时(v1v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；当剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是(),AF1t2Dt1t2,【错因剖析】(1)错误地认为速度发生变化，于是绳中拉力变化；(2)不能正确分析物体的受力情况，从而无法判断出物体的运动情况，进而

14、无法确定物体的运动时间,【正确解答】当传送带沿逆时针方向转动时，物体受到向左的摩擦力，且为滑动摩擦力，虽然传送带的速度发生变化，但滑动摩擦力的大小不变，由平衡条件可得F1F2，A错误，B正确；因L、v1、v2的大小关系不确定，所以物体到达左端的过程中，可能一直做匀加速运动，此时所需时间相等，也可能先做匀加速运动，再做匀速运动，此时t1t2，故C、D错误 【答案】B,【纠错心得】解决传送带类问题的关键是判断物体与传送带间的摩擦力的方向和大小确定物体的运动状态，对运动过程进行分析，运动学、动力学以及功能关系求解,易错点2 对叠加物体发生相对滑动的临界条件理解不清导致错误 【例2】如图所示，物体A叠

15、放在物体B上，B置于光滑水平面上A、B质量分别为mA6 kg，mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(),A当拉力F12 N时，两物体均保持静止状态 B两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C两物体从受力开始就有相对运动 D两物体始终没有相对运动,【错因剖析】部分考生会这样分析：因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力，FfmFN0.260 N12 N所以当F12 N时，A物体相对B物体运动；F12 N时，A物体相对B物体不运动，误选A、B.同时，还隐含的一个错因是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止

16、状态，是以地面为参照物，显然当有力F作用在A物体上，A、B两物体对地面来说是运动的,【正确解答】首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A、B整体为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，有 FFfmAa,再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力 FfmBa 当Ff为最大静摩擦力时， 【答案】D,【纠错心得】两个物体相接触且处于相对静止时，常存在静摩擦力，它们相对滑

17、动的临界条件是：静摩擦力达到最大值,1(2011四川理综)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(),A火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D返回舱在喷气过程中处于失重状态,解析A未点燃返回舱缓冲火箭时，整个装置匀速运动，点燃返回舱缓冲火箭后，整个装置做减速运动，速度方向向下，加速度方向向上，受力分析，如图甲所示，对降落伞来说，浮力和重力不变，可知伞绳对

18、返回舱的拉力变小，选项A正确；对返回舱，受力分析，如图乙所示，返回舱加速度方向向上，处于超重状态，减速运动，动能减小，合外力做负功，选项B、C、D错误,2.(2011上海单科)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图所示，则() A在0t1秒内，外力F大小不断增大 B在t1时刻，外力F为零 C在t1t2秒内，外力F大小可能不断减小 D在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大,解析CDvt图象的斜率表示加速度，在0t1秒内，物体做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律得：FFfma，所以外力F大小不断减小，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，选项B错误；在t1t2秒内，物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二定律得：FfFma，所以外力F可能不断减小，选项C正确；若物体静止前，外力F已减至零，则此后，外力F必再反向增大，选项D正确,3(2011天津理综)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码