第三章 第2讲 牛顿运动定律的应用（教师版）

第2讲牛顿第二定律的应用学习目标1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。2.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。知识梳理一、瞬时加速度问题1.轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点(1)不发生明显形变就能产生弹力的物体。(2)求解瞬时加速度的问题中，剪断（或脱离）后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。2.弹簧、橡皮绳模型的特点(1)当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。(2)在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。3．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向下的加速度。4．完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重。(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。考点一瞬时加速度问题1.弹簧(或弹性绳)产生弹力时形变量较大，其形变恢复需要较长时间，在突变问题中，其弹力的大小往往可以看成不变。2.刚性绳(或杆、接触面)不发生明显形变就能产生弹力，若剪断绳(或脱离杆、接触面)，则弹力立即消失，不需要形变恢复时间。【例题】（2024·湖南卷）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为()A．g，1.5g B．2g，1.5gC．2g，0.5g D．g，0.5g【解析】剪断前，对B、C、D分析得FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D分析得FCD＝mg，剪断B、C间细线后，对B分析FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C分析FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。【变式1-1】两个质量均为m的小球A、B，用一根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系于天花板上，整体处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则()A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0【解析】由于轻绳拉力可以突变，所以剪断轻绳1后小球A、B都只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故A正确。【变式1-2】如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有()A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,m)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g【解析】在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，即a3＝0，由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g。C正确。【变式1-3】如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根轻绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ【解析】设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝eq\f(mg,cosθ)，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，A、B错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球受到的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有eq\f(mg,cosθ)＝ma′，故小球的加速度大小a′＝eq\f(g,cosθ)，C正确，D错误。故选C。拓展如果上面例题中AC是轻绳，BC是橡皮筋，则选项中正确的为________。答案A考点二超重和失重1．对超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了（即“视重”变大或变小了）。(2)在完全失重的状态下，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作用、液柱不再产生压强等。2．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于0时，物体处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超重状态；具有向下的（分）加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。【例题】（多选）某同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60kg，重力加速度大小g取10m/s2。下列说法正确的是()A．0～4s完成了一次下蹲过程B.0～8s该同学向下的最大加速度约为4.7m/s2C．0～8s该同学向上的最大加速度约为5.3m/s2D．1.8s该同学向下速度达到最大【解析】人的下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有F＜mg＝600N，到达最大速度后再减速下降超重，有F＞mg＝600N，故0～4s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图像知，在1.8s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图像有Fmin＝280N，代入解得am≈5.3m/s2，故B、D错误；0～8s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m，对应图像有Fmax＝920N，代入解得a′m≈5.3m/s2，故C正确。【变式2-1】图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取g＝10m/s2.根据图像分析可知()A.人的重力可由b点读出，约为300NB.b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态C.人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度【答案】C【解析】开始时人处于平衡状态，由a点读出人对传感器的压力约为900N，则人的重力也约为900N，故A错误；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，则物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，则物体处于超重状态，此时有向上的加速度；b到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误．【变式2-2】“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1000N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2m，人与装备总质量m＝80kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。下列说法正确的是()A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零B．经过C点时，人处于超重状态C．弹性轻绳的劲度系数k为500N/mD.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5m/s2【解析】在B点时人与装备的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx＝mg，在A点未释放时，有kx′＝mg＋F，又x′－x＝2m，联立解得k＝500N/m，故A错误，C正确；在C点速度为零，有向下的加速度，人与装备处于失重状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5m/s2，故D错误。【变式2-3】如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度大小g取10m/s2，由此可判断()A．乘客处于超重状态B．电梯可能加速上升，加速度大小为2.5m/s2C．电梯可能减速上升，加速度大小为5m/s2D．乘客对电梯地板的压力为375N【解析】电梯静止时，对小球受力分析可得kx＝mg，电梯运行时，对小球由牛顿第二定律有F合＝mg－k·eq\f(3,4)x＝eq\f(1,4)mg＝ma，解得此时小球加速度a＝eq\f(1,4)g＝2.5m/s2，方向竖直向下，即电梯和乘客加速度都向下，处于失重状态。电梯可能加速下降或减速上升，加速度大小为2.5m/s2，A、B、C错误；对乘客由牛顿第二定律有Mg－N＝Ma，由牛顿第三定律可知，乘客对电梯地板的压力N′＝N＝375N，D正确。跟踪训练-考点拓展1.如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，关于A球和B球的加速度，下列说法中正确的是()A.aB＝0 B.aB＝gC.aA＝0 D.aA＝g【答案】A【解析】剪断细绳之前，细绳的拉力为T＝2mg，剪断细线的瞬间，则弹簧的弹力不能突变，则此时B的加速度仍为零，即aB＝0，故A正确，B错误；A的加速度为aA＝eq\f(T,m)＝2g，故C、D错误．2.如图所示，A、B两球的质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（重力加速度为g）()A．图甲中A球的加速度不为0B．图乙中两球的加速度均为gsinθC．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍【解析】对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力大小等于有挡板时挡板对其的支持力大小，为2mgsinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度大小为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma′，可得A、B的加速度大小均为a′＝gsinθ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为0。故选B。3.一同学乘电梯上楼，从静止开始出发，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度的正方向，则()A．t＝4s时地板对该同学的支持力最小B．t＝7s时地板对该同学的支持力为零C．6～8s内电梯上升的高度约为4mD．6～8s内电梯上升的高度约为9m【解析】t＝4s时，加速度向上且最大，则该同学处于超重状态，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，可知地板对该同学的支持力最大，故A错误；t＝7s时，加速度为0，根据受力平衡可知，地板对该同学的支持力等于同学的重力，故B错误；根据a－t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，由图可知，0～6s内围成的面积大约有4个小方格，则t＝6s时的速度约为v6＝Δv＝4×0.5×1m/s＝2m/s，由图像可知，6～8s内电梯的加速度为0，电梯做匀速运动，上升的高度约为h＝v6t＝2×2m＝4m，故C正确，D错误。4.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。重力加速度为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态