1、1第 2 讲 牛顿运动定律的应用考试标准知识内容 必考要求 加试要求 说明牛顿运动定律应用 d d超重与失重 b1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.一、两类动力学问题1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况(2)已知运动情况求物体的受力情况2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁” ，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图：自测 1 水平路面上质量是 30 kg 的手推车，在受到 60 N 的水平推力时做加速度为 1.5 m/s2的匀加速运动如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？( g10 m/s 2)答
2、案 0.5 m/s 2解析 设阻力大小为 Ff，则 F Ff ma解得 Ff15 N如果撤去推力，车的加速度大小为 a，则 Ff ma解得 a0.5 m/s 2.二、超重与失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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22失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度 a g，方向竖直向下自测 2 关于超重和失重的下列说法中，正确的
3、是( )A超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D命题点一 超重与失重现象1不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变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3尽管物体的加速度不是竖直方向，但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例 1 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达
4、观光平台若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，a t 图象如图 1 所示则下列相关说法正确的是( )图 1A t4.5 s 时，电梯处于失重状态B555 s 时间内，绳索拉力最小C t59.5 s 时，电梯处于超重状态D t59 s 时，电梯处于失重状态答案 D解析 利用 a t 图象可判断： t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则 A 错误；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s 时间内，电梯处3于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C 错误，D 正确变式 1
5、(2016慈溪中学期中)2016 年 10 月份，萧山区某中学举行了校秋季运动会，小明同学参加了跳高决赛，他以背越式跳过 1.65 m 的高度拿到了本届校运会的亚军，为班级争了光若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A小明下降过程中处于失重状态B小明脚离地起跳以后在上升过程中处于超重状态C小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力D小明起跳以后在下降过程中重力消失了答案 A解析 小明下降过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故 A 正确；起跳以后在上升过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故B 错误；小明起跳时加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的
6、重力，故 C 错误；人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，故 D 错误变式 2 如图 2 所示， A、 B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)下列说法正确的是( )图 2A在上升或下降过程中 A 对 B 的压力一定为零B上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力C下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力D在上升和下降过程中 A 对 B 的压力等于 A 物体受到的重力答案 A解析 无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个上升和下降过程中， A 对 B 的压力始终为零，故选项 A 正确变式 3
7、 质量为 60 kg 的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为 480 N，则升降机的运动是( g 取 10 m/s2)( )A可能是匀速下降B升降机加速度大小为 2 m/s2C升降机加速度大小为 3 m/s2D可能是减速下降答案 B4解析 对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mg F ma，解得 a m/s22 m/s 2，故 B 正确600 48060命题点二 动力学中的图象问题1常见的动力学图象v t 图象、 a t 图象、 F t 图象、 F a 图象等2图象问题的类型(1)已
8、知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象3解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从 0 开始(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解例 2 (2016平阳二中期中)如图 3 甲所示，用一水平外力 F 推物体，使其静止在倾角为 的光滑固定斜面上逐渐增大 F，物体开始做变加速运动，其加速度 a 随 F 变化的图象如图乙所示 g 取 10 m/
9、s2.根据图乙中所提供的信息不能计算出的是( )图 3A物体的质量B斜面的倾角C使物体静止在斜面上时水平外力 F 的大小D加速度为 6 m/s2时物体的速度答案 D解析 对物体受力分析，物体受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分别建立 x 轴、 y 轴，并将力沿坐标轴的方向分解，如图所示5x 轴方向： Fcos mgsin ma， y 轴方向： FN Fsin mgcos 0，从图象中取两个点(0 N，6 m/s2)、(30 N,6 m/s2)代入，解得： m2 kg， 37，当 a0 时，可解得 F15 N，因而 A、B、C 可以算出；根据图中信息无法求出加速度为 6 m/s2时
10、物体的速度大小，因而 D 不可以算出变式 4 雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是( )答案 C解析 雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得 a ，故加速度逐渐减小，mg Ffm最终雨滴做匀速运动，故 C 正确变式 5 (2017浙江“91”高中联盟期中)水平力 F 方向确定，用力 F 拉静止在水平桌面上的小物块， F 的大小按图 4 甲所示规律变化，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度 a 随时间变化的图象如图乙所示重力加速度大小为 10 m/s2，则下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力 Ff
11、m、物块与水平桌面间的滑动摩擦力 Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数 、物块质量 m 的值正确的是( )甲 乙图 4A Ffm4 N B 0.1C Ff6 N D m2 kg答案 B解析 t2 s 时， Ffm F6 N； F1 mg ma1，即 6 mg m.t4 s 时， F2 mg ma2，即 12 mg3 m，解得 m3 kg， 0.1，则 Ff mg 3 N.命题点三 动力学的两类基本问题1把握“两个分析” “一个桥梁”6两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁2寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速
12、度，画图找出各过程的位移之间的联系例 3 (2017浙江 4 月选考19)如图 5 所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图 5运动过程 运动时间 运动状态匀加速运动 040 s 初速度 v00；末速度 v4.2 m/s匀速运动 40640 s v4.2 m/s匀减速运动 640720 s 靠岸时 v10.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1及位移大小 x1；(2)若游船和游客的总质量 M8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小答案 (1)0.105 m/s 2 84 m (2)
13、400 N (3)3.86 m/s解析 (1)由运动学公式知 a1 0.105 m/s 2 v t位移 x1 a1t284 m12(2)匀减速运动过程中加速度大小a2 0.05 m/s 2|v1 v|t3由牛顿第二定律得 F Ma2400 N(3)总位移 x x1 vt2 t32 780 mv v12平均速度大小 3.86 m/s.vxt变式 6 (2016浙江 10 月学考19)如图 6 所示在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km
14、/h.(g 取 10 m/s2)7图 6(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为 8.0105 kg，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小答案 见解析解析 (1)列车的速度为 324 km/h90 m/s，经过 5 min300 s 停下，所以加速度大小为a m/s20.3 m/s 2| v|t |90 0|300(2)Ff0.1 mg，根据牛顿第二定律， F0.1 mg mav22 a x，因 x8.1 km8 100 m，v90 m/s， m8.010 5 kg解得 a0.5 m/s 2
15、 ， F1.210 6 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为 t s180 sva 900.5减速过程中通过的位移 x t45300 m13 500 mv2所以整个过程的平均速度大小 m/s30 m/s. vx xt总 13 500 8 100300 240 180变式 7 (2016浙江 4 月选考19)如图 7 是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第 119 层观光平台仅用时 55 s若电梯先以加速度 a1做匀加速运动，达到最大速度 18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度 a2做匀减速运动恰好到达观光平台假定观光平台高度为 549 m，取 g10 m/s 2.图
16、7(1)若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度，求加速度 a1及上升高度 h；8(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为 60 kg，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间答案 (1)0.9 m/s 2 180 m (2)654 N，方向竖直向下 (3)6 s解析 (1)由运动学公式可得a1 m/s20.9 m/s 2vmt1 1820h a1t 0.9202 m180 m12 21 12(2)对小明受力分析，根据牛顿第二定律可得FN mg ma1则 FN mg ma1654 N根据牛顿第三定律得：小明对地板的压力 FN FN654 N，方向竖直向下(3)设匀速运动时
17、间为 t0，运动的总时间为 t 总 ，作出整个过程的 v t 图象如图所示，则由 v t 图象可得 H (t 总 t0)vm12解得 t06 s.变式 8 如图 8 所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为 30.现小球在 F20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 ， g 取 10 m/s2.试求：36图 8(1)小球运动的加速度大小；(2)若 F 作用 1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点的最大距离答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m解析 (1)在力 F 作用下，对小球受力分析如图甲
18、所示，9由牛顿第二定律得(F mg)sin 30 (F mg)cos 30 ma1解得 a12.5 m/s 2(2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1 a1t13 m/s小球的位移 x1 t11.8 mv12撤去力 F 后，小球上滑时，受力分析如图乙由牛顿第二定律得mgsin 30 mg cos 30 ma2解得 a27.5 m/s 2小球上滑时间 t2 0.4 sv1a2上滑位移 x2 t20.6 mv12则小球上滑过程中距 A 点的最大距离为xm x1 x22.4 m.命题点四 传送带模型模型 1 水平传送带模型项目 图示 滑块可能的运动情况情景 1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情
19、景 2(1)v0 v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0 v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景 3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中 v0 v 返回右端时速度为 v，当 v0 v 返回右端时速度为 v0模型 2 倾斜传送带模型项目 图示 滑块可能的运动情况10情景 1若滑块能够上滑，则：(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景 2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以 a1加速后以 a2加速情景 3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以 a1加速
20、后以 a2加速(6)可能一直减速情景 4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速例 4 (2016武义二中月考)如图 9 所示，水平传送带两端相距 x8 m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.6，工件滑上 A 端时速度 vA10 m/s，设工件到达 B 端时的速度大小为 vB.(取 g10 m/s 2)图 9(1)若传送带静止不动，求 vB；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达 B 端吗？若不能，说明理由；若能，求到达 B 点的速度大小 vB；(3)若传送带以 v13 m/s 逆时针匀速转动，求 vB及工件由 A 到 B 所用的时间答案 (1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s解析 (1)工件受到的摩擦力方向水平向右，加速度大小为 a，根据牛顿第二定律可知mg ma，则 a g 6 m/s 2，且 v v 2 ax，故 vB2 m/s.2A 2B(2)能当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达 B 端的速度 vB2 m/s.(3)传送带以 v13 m/s 逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速
