牛顿第二定律的应用超重与失重.ppt

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1、第二讲 牛顿第二定律的应用 超重与失重,走进高考第一关 考点关考点精析一动力学的两类基本问题1.已知物体的1受力情况,求物体的2运动情况.2.已知物体的3运动情况,求物体的4受力情况.两类基本问题中,受力分析是关键,5加速度是解题的枢纽和桥梁,应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题时主要把握:两分析物体的受力分析和运动过程分析,一桥梁物体运动的加速度.,二、超重和失重1.超重:物体由于具有6向上的7加速度,而对支持面的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体自身的重力的现象.2.失重:物体由于具有8向下的9加速度而对支持面的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体自身的重力的现象.当a=g时,即物体处于完全失

2、重状态.,考题精练1.不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮,绳的一端系一质量M=15kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10kg的猴子从绳的另一端沿绳上爬,如图所示,不计滑轮摩擦,在重物不离开地面条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g取10m/s2)(),A.25m/s2B.5m/s2C.10m/s2 D.15m/s2解析:本题的临界条件为F=Mg,以猴子为研究对象,其受向上的拉力F和mg,由牛顿第二定律可知,F-mg=ma,而F=Mg,故有Mg-mg=ma,所以a=5 m/s2.答案:B,2.(2010广东深圳一模)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中,图中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中

3、的不同位置.则下列说法正确的是()A.钢球进入液体中先做加速运动,后做减速运动B.钢球进入液体中先做减速运动,后做加速运动C.钢球在液体中所受到阻力先大于重力,后等于重力D.钢球在液体中所受到阻力先小于重力,后等于重力,解析:由图可知,钢球先做减速运动,后做匀速运动,选项AB均错;由运动情况可知受力情况,故选项C正确,而选项D错误.答案:C,3.(2011山东青州)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动,图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图象,则()A.斜线一定是物体受水平拉力时的图象B.斜线一定是物体不受水平拉力时的图象C.水平拉力一定等于0.2 ND.物体所受的摩擦力

4、可能等于0.2 N,解析:本题考查v-t图象的应用受力分析及牛顿第二定律.由图象知a1=m/s2,a2=m/s2,因此存在着两种受力情况:一种是斜线为不受水平拉力的情况,则说明受拉力时拉力与摩擦力同向,则由牛顿第二定律列式可得Ff=ma1,Ff+F=ma2,两式联立可得F=0.2 N,Ff=0.2 N.另一种是斜线为不受拉力的情况,则说明受拉力时拉力与摩擦力反向,由牛顿第二定律可得Ff=ma2,Ff-F=ma1,联立可得Ff=0.4 N,F=0.2 N,因此CD正确.答案:CD,4.(2010福建三明期末)某位同学为了研究超重和失重现象,将重为50 N的物体带到电梯中,并将它放在水平放置的传感

5、器上,电梯由启动到停止的过程中,测得重物的压力随时间变化的图象如图所示.设在t1=2 s和t2=8 s时电梯的速度分别为v1和v2,下列判断正确的是()A.电梯上升了,v1v2 B.电梯上升了,v2v1C.电梯下降了,v1v2 D.电梯下降了,v2v1,解析:由图象可知,物体先处于超重状态(加速上升或减速下降),考虑到电梯由启动开始,故可以判断电梯加速上升;由压力随时间变化的图象可知其v-t图象如图所示,可知v2v1.答案:B,5.(2010山东潍坊)如图是一种升降电梯的示意图,A为载人箱,B为平衡重物,它们的质量均为M,上下均由跨过滑轮的钢索系住,在电动机的牵引力作用下电梯上下运动.如果电梯

6、中载人的质量为m,匀速上升的速度为v,电梯即将到顶层前关闭电动机,依靠惯性再经时间t停止运动,在不计空气和摩擦阻力的情况下,t为(),解析:本题考查系统的受力分析牛顿第二定律和运动学公式.关闭发动机后对AB及人受力分析,其中B的重力是动力,而A和人的重力为阻力,故由牛顿第二定律得(M+m)g-Mg=(2M+m)a,系统做匀减速运动,根据运动学公式可得0=v-at,两式联立可得D正确.,答案:D,解读高考第二关 热点关典例剖析,考点1已知物体受力情况求运动情况【例1】如图所示,传送带与地面倾角=37,从AB长度为16 m,传送带以10 m/s的速率逆时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为

7、0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需要时间是多少?(sin37=0.6,cos37=0.8),解析 物体放在传送带上后,开始的阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力,物体的受力情况如右图所示,物体由静止加速,由牛顿第二定律,得mgsin+mgcos=ma1a1=10(0.6+0.50.8)m/s2=10 m/s2物体加速至与传送带速度相等需要的时间为 t1=s=1 s滑行距离为s,2as=v2,由于tan,物体在重力作用下将继续加速运动.当物体速度大于传送带的速度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力,此时物体

8、受力情况如右图所示,由牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma2 a2=2 m/s2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2,由L-s=vt2+a2t22解得 t2=1 s(t2=-11 s舍去)所以物体由AB的时间 t=t1+t2=2 s.,答案 2 s,变式训练1:(2010浙江台州)如图所示,楼梯口一倾斜的天花板与水平面成=37角,一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板.工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上,大小为F=10 N,刷子的质量为m=0.5 kg,刷子可视为质点.刷子与板间的动摩擦因数为0.5,板长为L=4 m,取sin37=0.6,试求:,(1)刷子沿天花板向上运动的加速

9、度;(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间.解析:(1)以刷子为研究对象,受力分析如图所示,设滑动摩擦力为Ff,天花板对刷子的弹力为FN,由牛顿第二定律,得(F-mg)sin37-Ff=maFN=(F-mg)cos37Ff=FN代入数据,得a=2 m/s2,(2)由运动学公式,得 at2代入数据,得t=2 s.答案:(1)2 m/s2(2)2 s,考点2已知运动情况确定受力情况【例2】升降机由静止开始上升,开始2 s内匀加速上升8 m,以后3 s内做匀速运动,最后2 s内做匀减速运动,速度减小到零.升降机内有一质量为250 kg的重物,求整个上升过程中重物对升降机底板的压力,并作出升降

10、机运动的v-t图象和重物对底板压力的F-t图象.(g取10 m/s2),解析 在前2 s内升降机做匀加速运动,设其加速度为a1,由匀变速运动的位移公式x=a1t21解得加速度为:a1=m/s2=4 m/s22 s末的速度为v1=a1t1=42 m/s=8 m/s根据牛顿第二定律得:FN1-mg=ma1FN1=mg+ma1=25010 N+2504 N=3500 N,方向竖直向上,根据牛顿第三定律得物体对升降机底板的压力大小为:FN1=FN1=3500 N,方向竖直向下中间3 s内物体匀速上升,由平衡条件是:FN2=mg=25010 N=2500 NFN2=FN2=2500 N,方向竖直向下物体

11、的速度为:v2=v1=8 m/s最后2 s内物体随升降机一起做匀减速运动,可得vt=v2-a3t3,得a3=m/s2=4 m/s2,方向竖直向下根据牛顿第二定律得:mg-FN3=ma3解得升降机底板对重物的支持力为:FN3=mg-ma3=25010 N-2504 N=1500 N,方向竖直向上则FN3=FN3=1500 N,方向竖直向下根据以上三个过程的计算数据,可得v-t图象如图所示,F-t图象如图所示.,答案 见解析,变式训练2:(2010吉林二模)为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小,让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动,用闪光照相方法拍摄钢球在不同时刻的位置,如图所示.已知钢球在液

12、体中运动时受到的阻力与速度大小成正比,即F=kv,闪光照相机的闪光频率为f,图中刻度尺的最小分度为S0,钢球的质量为m,则阻力常数k的表达式是(重力加速度为g)(),答案:B,考点3超重与失重【例3】某人站在一静止的台秤上,当他猛地下蹲的过程中,若不考虑台秤的惯性,则台秤的读数()A.先变大后变小,最后等于他的重力B.变大,最后等于他的重力C.先变小后变大,最后等于他的重力D.变小,最后等于他的重力,解析 解决这类问题首先要判断物体的运动状态,根据运动状态的变化确定物体加速度的方向,然后判断物体是处于超重,还是失重状态.人从静止加速向下减速向下静止,显然在这三个过程中,人的加速度方向是:向下,

13、向上,为零,可见,人从静止到最大下蹲速度过程中处于失重状态,台秤的读数将变小,从最大的下蹲速度到静止,人处于超重状态,台秤读数将变大,最后人处于静止状态,根据牛顿第二和第三定律知台秤的读数等于人的重力.答案 C,变式训练3:(2010辽宁锦州期末)某中学实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧秤,使其测量挂钩(跟弹簧相连的挂钩)向下,并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码.弹簧秤弹力随时间变化的规律(如图所示的F-t图象)可通过一传感器直接得出.根据F-t图象,下列分析正确的是(),A.从时间t1到t2,钩码处于超重状态B.从时刻t3到t4,钩码处于失重状态C.电梯可能开始停在15楼,先加速向下

14、,接着匀速向下,再减速向下,最后停在1楼D.电梯可能开始停在1楼,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在15楼解析:0t1阶段,物体处于平衡(静止或匀速)状态;t1t2阶段,物体处于失重(加速下降或减速上升)状态;t2t3阶段,物体处于平衡状态;t3t4阶段,物体处于超重(加速上升或减速下降)状态,故本题只有选项C正确.答案:C,考点4连结体问题的求解整体法与隔离法的应用【例4】如图所示,光滑水平面上放置质量m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为mg,现用水平拉力F拉B,使AB以同一加速度运动,则拉力F的最大值为()A.mg B.2mgC.3mg D.4mg,解析 当A、B

15、之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,对于A物体所受的合外力为mg由牛顿第二定律知aA=g对于AB整体,加速度a=aA=g由牛顿第二定律得F=3ma=3mg,答案 C,点评 整体法和隔离法是高中物理常用的方法,特别是涉及到两个或两个以上的物体时,往往用到此法,但并不是任何两个物体都可以看作整体,只有两物体加速度相同时才可看作整体.,变式训练4:(2010山东济南一模)质量分别为m和2m的物块AB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动时,弹簧的伸长量为x1,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

16、的伸长量为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运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示则x1:x2:x3等于(),A.1:1:1 B.1:2:3C.1:2:1 D.无法确定解析:甲图,对整体:F-(mA+mB)g=(mA+mB)a1,对物块A:F1-mAg=mAa1,联立得,F1=F/3;乙图,对整体:F-(mA+mB)g=(mA+mB)a2,对物块A:F2-mAg=mAa2,联立得,F2=F/3;,丙图,对整体:F-(mA+mB)gcos-(mA+mB)gsin=(mA+mB)a3,对物块A:F3-mAgcos-mgsin=mAa3,联立得,F3=F/3,故本

17、题选项A正确.答案:A,考点5临界问题【例5】如图所示,一水平的浅色传送带长L=8 m,传送带上左端放置一质量m=1 kg的煤块(可视为质点),初始时,传送带与煤块都是静止的,煤块与传送带之间的动摩擦因数=0.2.从某时刻起,传送带以a=4 m/s2的加速度沿顺时针方向加速运动,经一定时间t后,立刻以同样大小的加速度做匀减速运动直到停止,最后煤块恰好停在传送带的右端,此过程中煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹(g=10 m/s,近似认为煤块所受的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力大小).求:,(1)传送带的加速时间t和最大速度v分别是多少?(2)当煤块停止运动时,煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度是多

18、少?解析(1)煤块受的最大静摩擦力Ffm=mg,对应的最大加速度am=g=2 m/s2a=4 m/s2.所以两物体的运动情景可由右图表示,传送带对地先向右匀加速后向右匀减速;煤块在与传送带达到共同速度之前,相对传送带向左运动,相对地向右匀加速.煤块在与传送带达到共同速度之后,相对传送带向右运动,相对地向右匀减速.,煤块运动的全过程:L=2 amt21,t1=2 s,v1=amt1=4 m/s传送带在0t时间内,v=at.在tt1时间内,v1=v-a(t1-t),联立可解得:t=1.5 s,v=6 m/s.,(2)传送带在0t1时间内向右前进的距离x=vt/2+(v+v1)(t1-t)/2=7

19、m,煤块向右前进的距离x1=v1t1/2=4 m,故煤块相对传送带向左滑的长度x左=x-x1=3 m传送带在t12t1时间内向右前进的距离x=v1(2t-t1)/2=2 m,煤块向右前进的距离x1=v1(2t1-t1)/2=4 m,故煤块相对传送带向右滑的长度x右=x1-x=2 m.两次滑动的痕迹重合,故煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度为3 m.,答案(1)1.5 s 6 m/s(2)3 m,变式训练5:如右图所示,一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A,A与地面的摩擦不计.,(1)当卡车以a1=g的加速度运动时,绳的拉力为 mg,则A对地面的压力为多大?(2)当卡车的加速度a2=g时,绳的拉

20、力为多大?,解析:(1)卡车和A的加速度一致.由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度,故有:mgcos=m g解得cos=,sin=设地面对A的弹力为N,则有N=mg-mgsin=mg由牛顿第三定律得:A对地面的压力为,(2)设地面对A的弹力为零时,物体的临界加速度为a0,则a0=gcot=故当a2=ga0时,物体已飘起,此时物体所受合力为mg,则由三角形知识可求,拉力F2=,笑对高考第三关 技巧关考技精讲1.如何分析解决两类动力学问题,(1)求解这两类问题的思路,可用上面的框图来表示.(2)认真分析题意,明确已知条件和所求量.(3)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

21、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能先后选取不同的研究对象.,(4)分析研究对象的受力情况和运动情况.(5)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运动方向.(6)求解方程,检验结果,必要时对结果进行讨论.,2.超重与失重时,重力变化吗?(1)要注意,超重不是重力增加,失重不是重力减少,完全失重不是重力完全消失;在发生超重和失重现象时,物体受的重力依然存在,而且是不变的.(2)在完全失重状态下,平常由重力发生的一

22、切物理现象都会完全消失,比如物体对桌面无压力单摆停止摆动浸在水中的物体不受浮力等.,3.解决连接体问题的常用方法(1)隔离法:当我们所研究的问题是涉及多个物体组成的系统(或称为连接体)时,从研究方便出发,常常把某个物体从系统中“隔离”出来,作为研究对象,分析受力情况,再利用牛顿第二定律列方程求解.(2)整体法:若系统内(即连接体内)各物体具有相同的加速度时,我们可以把系统中的物体看成一个整体,这个整体的质量等于各物体质量之和,当整体受到的外力已知时,利用牛顿第二定律求出整体的加速度将十分方便.,4.整体法和隔离法的区别与联系(1)整体法和隔离法是相对统一相辅相成的,本来单用隔离法就可以解决连接

23、体问题,但如果这两种方法交叉使用,则处理问题将更为简捷.当系统中各物体具有相同的加速度,要求系统中某两物体间的作用力时,往往先用整体法求出加速度,再用隔离法求出物体间的相互作用力,即先整体,再隔离,隔离时分析受力少的物体.,(2)若系统内各物体加速度不同时,一般要隔离分析.(3)若两个物体组成的系统中,其中一个物体处于平衡状态,求系统外力时,用整体法较简捷.,考向精测考向1超重失重问题1.(2010广东深圳)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铁球,在电梯运行时,乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小,这一现象表明(),A.电梯一定是在下降B.电梯可能是在上升C

24、.电梯的加速度方向一定是向上D.乘客一定处在失重状态答案:BD,考向2动力学的两类问题2.(2010辽宁沈阳)在倾斜角为的长斜面上,一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块(连同风帆)的质量为m,滑块与斜面间的动摩擦因数为,风帆受到的沿斜面向上的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比,即Ff=kv.滑块从静止开始沿斜面下滑的v-t图象如图所示,图中的倾斜直线是t=0时刻速度的图线的切线.,(1)由图象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的大小.(2)若m=2 kg,=37,g=10 m/s2,求出和k的值.,解析:(1)由图象知:vm=2 m/st=0时,加速度a最大am=3 m/s2.(2)根据牛顿第二定律得mgsin37-mgcos37=mam解得=0.375达最大速度后,滑块做匀速直线运动,有:mgsin37=mgcos37+kvm解得k=3 Ns/m.,答案:(1)3 m/s2 2 m/s(2)0.375 3 Ns/m,