物理一轮复习课件3.2牛顿定律的应用两类动力学问题与超重失重

1、利用牛顿第二定律处理连接体问题时常用的方法是整体法和隔离法。 (1)整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫整体法。 (2)隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间相互作用时，常把物体从系统中“隔离”出来，进行分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法叫隔离法。,要点一 连接体问题的求解,名师支招： (1)利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的桥梁作用，寻找加速度与未知量的关系，利用运动学规律、牛顿第二定律和力

2、的运算法则列式求解。 (2)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (3)利用牛顿第二定律可以处理匀变速直线运动问题，也可以定性分析非匀变速直线运动的规律，它常和力学、电磁学等有关知识结合起来考查一些综合问题。,学案2 牛顿定律的应用两类动力学问题与超重、失重,1.2009年高考安徽理综卷在2008年北京残奥会开幕式上， 运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残 疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上 升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。 一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，

3、另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3-2-1所示。设运 动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳 子间的摩擦。重力加速度取g=10 m/s2。当运动员与吊椅一 起正以加速度a=1 m/s2上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力。,【答案】 (1)440 N，方向竖直向下 (2)275 N，方向竖直向下,体验应用,图3-2-1,1.认真分析题意，明确已知条件和所求量。 2.选取研究对象作隔离体。所选取的研究对象可以是一个物体，也 可以是几个物体组成的系统。同一题目，根据题意和解题需要也可以先 后选取不同的研究对象。 3.分析研究对象的受力

4、情况和运动情况。 4.当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直于运动方向上。 5.根据牛顿第二定律和运动学公式列方程。物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，再按代数和进行运算。 6.解方程、验结果，必要时对结果进行讨论。,要点二 应用牛顿运动定律解题的一般步骤,1.只有在平衡条件下，才能用弹簧测力计测出物体的重力，因为此时弹簧测力计对物体的拉力(或支持力)的大小恰好等于它的重力，假若系统在竖直方向有加速

5、度，那么弹簧测力计的示数就不等于物体的重力了，当系统有竖直向上的加速度时：FN=mg+mamg叫“超重”。当系统有竖直向下的加速度时：FN=mg-mamg叫“失重”。当加速度向下且a=g时，FN=0叫“完全失重”。 2.发生“超重”或“失重”现象与物体的速度v的方向无关，只决定于物体的加速度的方向。 3.物体处于“超重”或“失重”状态，地球作用于物体的重力始终存在，大小也无变化。 4.在“完全失重”(a=g，方向竖直向下)的状态，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。比如单摆停摆，液体不再产生向下的压力，浸在液体中的物体不受浮力等。 5.根据运动情况判断超重、失重,要点三 对超重和失重现象

6、的进一步理解,名师支招： 判断物体超重或失重，仅分析加速度的方向即可，只要加速度的竖直分量向上就是超重，加速度的竖直分量向下就是失重。,2.游乐园中，游客乘坐能做加速或减速运动的升降机，可 以体会超重或失重的感觉。下列描述正确的是( ) A.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 B.当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 C.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态 D.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态,B C,体验应用,【例1】质量为2t的汽车在4 000 N的水平牵引力作用下，沿水平公路运动了1 min；然后牵引力减为3500N，又运动了1 min； 最后将牵引力撤去，直至汽车停止运

7、动。汽车与地面间阻力为车重的0.05倍，求汽车在上述过程中一共走了多少路程？ (g取10 m/s2),热点一 已知受力情况求运动情况,【答案】37 575 m,【名师支招】运用牛顿运动定律解决动力学问题的关键是对物体进行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体的受力图和运动情况示意图。不论是哪类问题，都应明白力与运动是通过加速度这一“桥梁”来联系起来的。,【解析】汽车在运动过程中分三个阶段，应对每一个阶段分别进行求解，以汽车为研究对象，汽车受到四个力的作用，如图3-2-2所示 第一阶段，汽车以加速度a1做匀加速直线运动，由牛顿第二定律建立方程 F10.05mgma1 x1=1/2a1t21

8、由得a1=1.5 m/s2，代入得 x1=2 700 m 第二阶段，汽车以加速度a2做匀加速直线运动，由牛顿第二定律建立方程 F20.05mgma2 x2=v1t2+1/2a2t22 v1=a1t1 由得a21.25 m/s2 由得v11.560 m/s90 m/s 则x2=(90601/21.25602) m7650 m 第三阶段，汽车以加速度a3做匀减速直线运动，由牛顿第二定律建立方程 f=0.05mgma3 v2=v1+a2t2 v22=2a3x3 由得a3=0.5 m/s2 由得v2=(901.2560) m/s165 m/s 由得x327 225 m 全程距离为x=x1+x2+x3=

9、(2 700+7 650+27 225) m37 575 m,图3-2-2,如图3-2-3所示，电动机带动橡皮滚轮匀速转动，在 滚轮的作用下，可将金属杆沿斜面从最底端A送到汽 车车厢中。已知斜面长AC=2.4 m，车厢高CD=1.2 m， 金属杆长AB=0.8 m，质量m=1103 kg，调节控制滚 轮，使滚轮对杆的压力为FN=4.2104 N，滚轮与杆 之间的动摩擦因数=0.5，滚轮边缘的线速度恒为v=4 m/s。(取g=10 m/s2，计算结果保留两位有效数字，斜面光滑)求： (1)杆匀加速上升的加速度a； (2)从杆开始运动到其前端运动到C点所用的时间t。,【答案】(1)16 m/s2

10、(2)0.57 s,1,图3-2-3,【例2】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取9.89 m/s2，求抛掉 的压舱物的质量。,热点二 已知运动情况求受力情况,【名师支招】1.本题属于已知物体的运动情况，求物体的受力情况，特别要注意题述两种运动情况，加速度的方向。

11、 2.已知运动情况求受力情况的一般思路如下框图所示,【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，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=ma 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+1/2at2 当向舱外抛掉质量为m的压舱物后，有 f-(m-m)g=(m-m)a 式中a是抛掉压舱物后气球的加速度，由题意，此时a方向向上 v=at 式中v是抛掉压舱物后在t时间内下降速度的减少量，由得m=m(a+a)/(g+a) 将题设数据m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，t=300 s，v=3 m/s，g

12、=9.89 m/s2代入式得m=101 kg。,【答案】101 kg,运动学公式,加速度,牛顿第二定律,物体的受 力情况,物体的运 动情况,【答案】 880N,2,如图3-2-4所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1=30 m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100 m下降2 m。为使汽车速度在x=200 m的距离内减到 v2=10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70作用于拖车B，30作用于汽车A。已知A的质量 m1=2 000 kg，B的质量 m26 000 kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。（重力加速度g取10 m/s2）,图3-

13、2-4,【例3】如图3-2-5所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向 上减速运动，a与水平方向的夹角为。求人所受到的支持力和摩擦力。,热点三 正交分解法在牛顿运动定律中的应用,图3-2-5,【名师支招】利用正交分解法处理动力学问题，首先建立合适的坐标系，将力或加速度进行分解，将复杂的矢量运算转化为两个直线运动上的代数运算，处理起来既方便又直接。,【解析】方法一：以人为研究对象。他站在减速上升的电梯上， 受到竖直向下的重力mg和竖直向上的支持力FN，还受到水平方向的 静摩擦力f，由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量，故可 判断静摩擦力的方向水平向左，人受力如图3-2-6(a)

14、所示，建立如图 3-2-6(a)所示的坐标系，并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖直 方向加速度ay，如图3-2-6(b)所示，则ax=acos，ay=asin。 由牛顿第二定律得f=max，mg-FN=may， 解得f=macos,FN=m(g-asin)。 方法二：以人为研究对象，受力分析如图3-2-7所示。因摩擦力f 为待求，且必沿水平方向，设为水平向右。建立如图3-2-7所示的坐 标系，并规定向右为正方向。 根据牛顿第二定律得 x方向： mgsin-FNsin-fcos=ma y方向： mgcos+fsin-FNcos=0 由两式可解得FN=m(g-asin)，f=-macos f为

15、负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左。,【答案】m(g-asin)，方向竖直向上 macos，方向水平向左,图3-2-6,图3-2-7,3,2009年高考安徽理综卷为了节省能量，某商场 安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转 得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀 速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过 程，如图3-2-8所示。那么下列说法中正确的是( ) A.顾客始终受到三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态 C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下,C,图3-2-8,【例4】如图3-2-9所示，

16、质量m=1 kg的物块放在倾角为的斜面上，斜面体质量M=2 kg，斜 面与物块间的动摩擦因数=0.2，地面光滑，=37。现对斜面体施加一水平推力F， 要使物体m相对斜面静止，力F应为多大？(设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，g取10 m/s2),热点四 动力学中的临界问题分析,图3-2-9,【名师支招】题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会出现临界现象，此时要采用极限分析法，看物体有不同的加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件。,【解析】(1)设物块处于相对斜面下滑的临界状态(物块 恰好不下滑)时推力为F1。此时物块受力如图3-2-10 (甲)所示。 取

17、加速度a1方向为x轴正向，对m有： x方向：FN1sin-FN1cos=ma1 y方向：FN1cos+FN1sin-mg=0 解两式得：a1=4.78 m/s2 对整体有：F1=(M+m)a1，所以F1=14.34 N。 (2)设物块处于相对斜面向上滑的临界状态(物体恰好不 上滑)时推力为F2，此时物块受力如图3-2-10(乙)。 对m有： x方向：FN2sin+FN2cos=ma2 y方向：FN2cos-FN2sin-mg=0 解两式得：a2=11.2 m/s2 对整体有：F2=(M+m)a2,所以F2=33.6 N。 F的范围为：14.34 NF33.6 N。,【答案】14.34 NF33

18、.6 N,图3-2-10,【答案】 gcot,4,如图3-2-11所示，光滑小球恰好放在木块的圆弧槽中，它的左边接触点为A，右边接触点为B，槽的半径为R，球心为O，且OA与水平线成角，小球质量为m，木块质量为M，各种摩擦与绳和滑轮的质量均不计。则木块向右的加速度最小为多大时，球才能离开圆弧槽？,图3-2-11,【例5】升降机的质量m1=50 kg，在竖直上升过程中，其v-t图象如图(3-2-12(a)所示，放在升降机底板上的 货物质量m2=50 kg。(g取9.8 m/s2) (1)求升降机在25 s时间内的总位移和平均速度； (2)升降机底板在哪段时间内受到的压力最大？最大值为多少？ (3)在图3-2-12(b)所示的坐标上画出上升过程中，升降机所受拉 力F与时间t的关系图象。,热点五 超重与失重,【名师支招】(1)发生超重或失重时，物体的重力并不改变，只是改变了对悬线的拉力或对水平面的压力。 (2)发生超重时，加速度方向竖直向上或有竖直向上的加速度分量，但速度方向不一定竖直向上；发生失重时，加速度方向竖直向下或具有竖直向下的加速度分量，但速度方向并不一定竖直向下。,图3-2-12,【解析】(1)速度图线下所围的“面积”在数值上等于物体发生的位移，故总位移 x=1/2(10+25)2 m=35 m， x/t