53牛顿第二定律的应用二教案

1、第3页适用学科高中物理适用年级适用区域沪科版区域课时时长(分钟)2课时:知识点 丨1.牛顿第二定律的应用一一超重与失重iI I I I I I I III1 物理知识方面的要求：IIiiiiI(1)理解超重和失重现象，并能应用牛顿第二定律解释此现象;Ii教学目标(2)培养学生观察能力、分析推理能力和想像能力；(3)体验超重和失重，激发学生的求知欲望；了解超重和失重环境的奇妙性和重要性, 培养学生的探究技能。教学重点1 认识超重、失重概念教学难点1 理解超重、失重的原现象1:站在地面上的同学，他对地面的压力多大？当他突然下蹲瞬间，人对地面的压力如何变化？学生1:对地面的压力变小了.学生2:对地面

2、的压力增大了，因为人下蹲时，人有向下冲击的作用，所以压力增大了.体验实验：请一个学生站在台式体重计上，突然下蹲，观察示数的变化情况？观察结果：示数先变小，后又变大，即人对地面的压力先变小后变大一一这就是失重和超重现象.这是为什么呢？如何解释这个现象？这是我们这一节课要研究的中心内容.现象2 :如图所示，一个人在升降机内做一实验，实验时将一弹簧秤挂在升降机内，弹簧秤下挂一质量m = 5kg的物体.?此问题（1）:若升降机以a = 0.8m/s 2加速度向上加速运动时，此人看到的弹簧秤示数多少读数比重力大还是小 ?物体受两个力作用： 重力和弹簧秤对物体的拉力 因为物体的加速度向上， 物体所受的合力

3、 向上，所以弹簧秤对物体的拉力大于重力，即弹簧秤的示数大于重力（定性分析）根据牛顿第二定律得 T mg = ma所以 T= mg + ma =（ 5 X9.8 + 5 X0.8 ） N = 53.0N弹簧秤的示数 T= 53.0N mg = 49.0N （定量分析）问题（2）:若升降机以大小a = 0.8m / s2加速度向下减速运动时，此人看到的弹簧秤示数多少?此读数比重力大还是小 ?问题（3）:若升降机以大小a = 0.8m /s2加速度向下加速运动时，此人看到的弹簧秤示数多少 ?此读数比重力大还是小 ?问题（4）:若升降机以大小a = 0.8m / s2加速度向上减速运动时，此人看到的弹

4、簧秤示数多少 ?此读数比重力大还是小 ?设计这三个问题的目的， 是让学生进一步思考电梯在不同的运动情况下， 弹簧秤示数还有什 么变化，从而让学生发现如下规律：规律 1：挂在弹簧下的物体，弹簧秤显示的示数不一定都等于物体所受的重力大小规律 2：当电梯加速上升和减速下降的情况下，人观察到的弹簧秤示数（即视重）均大于重力规律 3：当电梯加速下降和减速上升的情况下，人观察到的弹簧秤示数（即视重）均小于重力由此引出超重和失重概念，并注意强调超重、失重与物体重力变化的区别.从上述几个实例中，分析产生超重、失重的本质原因是不论物体向上或向下运动，当物体具有向上的加速度时，物体必然出现超重现象；当物体具有向下

5、加速度时，物体必然出现失重现象问题(5):若升降机以大小a = g加速度加速下降时，此人观察到的弹簧秤示数为多少？定性分析：当物体以加速度 a = g加速下降时，物体所受的合力大小等于重力，故弹簧秤对 物体无拉力，所以弹簧秤的读数为零.定量分析：根据牛顿第二定律得 T mg = ma，所以T = mg ma = mg mg = 0 由此引出失重中的一个特殊现象完全失重概念，即物体具有向下加速度且大小等于重 力加速度时，弹簧秤拉力等于零的现象.对超重和失重的理解深化理解1 判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体

6、有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。2.易错易混点拨(1) 超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2) 在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。1. 实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(2)视重：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示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计

7、所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2 .超重、失重和完全失重的比较整体法和隔离法（1）整体法当连接体内（即系统内）各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整 体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中超重和失重（多选）用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则（）A .钩码的重力约为 4NB. 钩码的重力约为 2 NC. A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是 B、CD. A、B、C、D四

8、段图线中，钩码处于超重状态的是A、B,失重状态的是 C、D【答案】AC【解析】开始钩码静止，由图象知拉力约为 4N，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为4 N。A、D段拉力大于重力，属于超重状态，B、C段拉力小于重力，属于失重状态。整体法与隔离法如图所示，物块A、B的质量分别为 m和2m ,用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上。对 B施加向右的水平拉力 F,稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为li;若撤去拉力 F,换成大小仍为 F的水平推力向右推 A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为12。则下列判断正确的是（）l 1 + 12A弹簧的原长为2B.

9、两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C. 两种情况下稳定时两物块的加速度不相等FD弹簧的劲度系数为11 12【答案】D【解析】当用力F拉B时，由整体法得：F= (m + 2m)a 1，隔离 A 得 Fi = mai,且 Fi = kxi, li = xi + lo,当用力F推A时，由整体法得：F= (m + 2m)a2,隔离 B 得 F2= 2ma 2,且 F2= kx2 , 12 = lo X2。由以上各式得两种情况下稳定时两物块的加速度ai = a2, X2 = 2xi，故B、C错误。由 kX2 = 2 kxi 得(lo l2)= 2( li lo),所以2l i + l23lo = 2li

10、+ 12,即卩 lo=-一，故 A 错误。32 li + l2因为F = 3kxi = 3k(li lo)= 3k li li l2=叮=k(li 所以Fk = ，故D正确。 li l2应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D .在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【答案】 D【解析】手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其

11、后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故D正确。如图所示，与轻绳相连的物体 A和B跨过定滑轮，质量 mA mAgC.T= mBgD. T mBg【答案】B【解析】物体A向上加速运动，物体 B向下加速运动，因此 A处于超重状态，T mAg, B处 于失重状态

12、，T mBg，故B正确。（多选）如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲一起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学 （）A. 体重约为650 NB做了两次下蹲一起立的动作C. 做了一次下蹲一起立的动作，且下蹲后约2 s起立D. 下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】AC【解析】做下蹲一起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4s末结束，到6 s末开始起立，所以 A、C正确，B错误。1、【题干】如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖 直方向成0角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用

13、一根细线吊一小球，当小车向右做加速 运动时，细线保持与竖直方向成 a角，若0 a,则下列说法正确的是（ ）A 轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B. 轻杆对小球的弹力方向与细线平行C. 轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D. 此时小车的加速度为 gtan a【答案】BD【解析】由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得 mg tan a= ma，解得a= gtan a,故小车的加速度为 gtan a,选项B、D 正确。2、【题干】（多选）如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内

14、侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为 M，则下列说法正确的是（重力加速度为 g）（）A 系统处于静止状态时地面受到的压力大小为（M + 2m）g FB. 系统处于静止状态时地面受到压力大小为（M + 2m ）gC. 剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M + 2m）g + FD剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M + 2m）g【答案】BC【解析】系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对整体的支持力Fn = （M + 2m）g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为

15、 （M + 2m ）g，选项B正确，A 错误；剪断连接球 b与箱底的细线瞬间，球 b向上加速运动，地面受到的压力大小为 （M + 2m）g + F，选项C正确，D错误。3、【题干】如图所示，质量分别为 m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连， A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B 一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为 （）A. aA= 2a+ 3（igB. aA = 2（a+ ）C. aB = aD. aB= a+ 【答案】AC【解析】撤去F前，根据牛顿第二定律，对 A、B、弹簧整体有F旷mg = 3ma,对B

16、有Fn 卩 mg = 2ma，得Fn = 2（a + g）m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为 Fn，两物块 受到的滑动摩擦力不变，所以，物块 B受力不变，aB = a,对物块A，由牛顿第二定律得 Fn +（img = ma a，有aA= 2a + 3旳。综上分析，A、C项正确。1、【题干】乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30 的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面， 斜面上放一个质量为 m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。则（）A .小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜

17、面向下1C. 小物块受到的滑动摩擦力为 ；mg + ma(1) 2 s内物块的位移大小 s和通过的路程 L;(2) 沿斜面向上运动两个阶段加速度大小ai、a2和拉力大小F。【答案】(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 24 m/s 28 N【解析】(1)在2 s内，由图乙知：1物块上升的最大距离：S1 = x 2 x 1 m 的21物块下滑的距离：S2 = x 1 x 1 m 0.5 m2所以位移大小 s= S1 s2 = 0.5 m路程 L= S1 + S2= 1.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a1 = 4 m/s 2a2 = 4 m/s 2设斜面倾角为斜面对物块的

18、摩擦力为f，根据牛顿第二定律有0 0.5 s 内：F f mgs in 0= ma 10. 5 1 s 内：f + mg sin 0= ma2联立得F= 8 N3、【题干】如图所示，质量为 0.5 kg、0.2 kg的弹性小球 A、B穿过一绕过定滑轮的 轻绳，绳子末端与地面距离0.8 m，小球距离绳子末端 6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g = 10 m/s 2。(1) 释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度？(2) 小球B从静止释放经多长时间落到地面？【答案】(

19、1)a1 = 8 m/s 2 a2= 5 m/s 2 (2)1.6 s【解析】(1)由题意知，B与轻绳的摩擦力小于 A与轻绳的摩擦力。为保证 A、B对轻绳的力 相同，所以轻绳与 A、B间的摩擦均为km 2g对B,由牛顿第二定律得 m2g km2g = m2a2a2 = 5 m/s对A，由牛顿第二定律得mig km 2g = miaiai = 8 m/s 【题干】（多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为 a的正方向，则人对地板的压力 （）A. t = 2 s时最大B. t = 2 s时最小C. t = 8.5 s时最大D. t = 8.5 s时最小

20、【答案】AD【解析】当电梯有向上的加速度时，对人进行受力分析， 人受重力和地板的支持力，由牛顿第二定律，得 Fn mg = ma，则地板对人的支持力大于重力，向上的加速度越大，支持力则 越大，由牛顿第三定律可得：人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，则人对地板的压力越大，因此t = 2 s时，压力最大，同理，当电梯有向下的加速度时，人对地板的压力 小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t = 8.5 s时压力最小，D项正确。 【题干】若货物随升降机运动的 v-t图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降(2)设经历时间ti小球B脱离绳子，小球 B下落高度为hi,获得速度为v1 1

21、aiti+ a2ti= l2 2ti = 1 s1hi = a2t1 = 2.5 m2v= a2ti = 5 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地h2 = 6.5 m + 0.8 m 2.5 m = 4.8 m1h2 = vt2+ ngt2t2= 0.6 st = ti +12 = 1.6 s机的支持力F与时间t关系的图象可能是（）【答案】B【解析】由v-t图象可知，有两段时间匀速运动，支持力等于重力，由牛顿第二定律F mg=ma知，加速度为负时，处于失重状态，支持力小于重力，加速度为正时，处于超重状态， 支持力大于重力，所以 B项正确。3. 【题干】（

22、多选）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和2Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时，P和Q间3的拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A. 8B. 10C. 15D. 18【答案】BC【解析】设每节车厢的质量为 m，这列车厢的节数为 n,东边车厢的节数为 x，西边车厢的节数为n x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F= （n 2x）ma ;当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿

23、第二定律可得F=max，联5立可得n = _x, x为3的倍数，则n为5的倍数，选项 B、C正确，选项A、D错误。3课涉及整体法和隔离法的具体类型堂（1）通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法。水平面上的连接体问题:这类问题一般多是连接体（系统）中各物体保持相对静止,第17页具有相同的加速度。解题时，一般整体法、隔离法交替应用。斜面体与上面物体组成的系统的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体 相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。课 【题干】质量分别为 m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运后动时，弹簧的伸长量为 xi,如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧作伸长量为X2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速业动时，弹簧的伸长量为 X3，如图丙所示，贝U Xi ：X2：X3等于（）A. 1 : 1 : 1B. 1 : 2 ：3C.1 : 2 : 1D .无法确定【答案】A【解析】当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运