1、第3讲 牛顿运动定律的应用 考点1 超重和失重 1.视重（1）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_称为视重.（2）视重大小等于弹簧测力计所受物体的_或台秤所受物 体的_.示数 拉力 压力 2.超重、失重和完全失重比较 超重现象 失重现象 完全失重 概念 物体对支持物的压 力（或对悬挂物的 拉力）_物体 所受重力的现象 大于 物体对支持物的 压力（或对悬挂 物的拉力）_ 物体所受重力的 现象 小于 物体对支持物的 压力（或对悬挂 物的拉力）_ 零的现象 等于 产生 条件 物体的加速度方向 _ 竖直向上 物体的加速度方向 _ 竖直向下 物体的加速度 方向_，大小_ 竖直
2、向下 a=g 超重现象 失重现象 完全失重 原 理式 运动 状态 F-mg=ma F=m(g+a)mg-F=ma F=m(g-a)mg-F=ma F=0 加速上升或_ 减速下降 加速下降或 _ 减速上升 以a=g加速下降或减速上升 1.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 2.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 3.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
3、体不再受浮力、液体柱不再产生压强等 电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10 m/s2）（）A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为4 m/s2 B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为4 m/s2 C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为2 m/s2 D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2 m/s2【解析】选C.电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg=F,m=1 kg，当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg-F=
4、ma，得a=2 m/s2,加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，故只有C正确.1.整体法：当连接体内（即系统内）各物体的_相同 时，可以把系统内的所有物体看成_，分析其受力和 运动情况，运用牛顿第二定律对_列方程求解的方法 2.隔离法：当求系统内物体间_时，常把某个 物体从系统中_出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿 第二定律对_出来的物体列方程求解的方法 考点2 牛顿运动定律的应用 加速度 一个整体 整体 相互作用的内力 隔离 隔离 1.整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出
5、加速度（或其他未知量）.2.隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.如图所示，水平地面上有两块完全相同 的木块A、B，在水平推力F的作用下运 动，用FAB代表A、B间的相互作用力，则（）A.若地面是完全光滑的，FAB=F B.若地面是完全光滑的，FAB=C.若地面是有摩擦的，FAB
6、=F D.若地面是有摩擦的，FAB=F2F2【解析】选B、D.地面光滑时，对A、B整体有:F=2ma 对B有：FAB=ma 由以上两式得:FAB=A错误，B正确.地面有摩擦时，对A、B整体有：F-2mg=2ma 对B有：FAB-mg=ma 由以上两式得：FAB=C错误，D正确.F,2F,2 超重、失重的应用 【例证1】（2012长沙模拟）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（）A.晓敏同学所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
7、 C.电梯一定在竖直向下运动 D.电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下【解题指南】解答本题时，应把握以下两点：（1）体重计的示数等于其受到的压力所对应的质量，但并不一定是人的质量.（2）仅根据加速度的大小和方向无法判断物体的运动性质.【自主解答】选D.由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计 的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并 没有变化，A错；由牛顿第三定律知B错；电梯具有向下的加速 度，但不一定是向下运动，C错；由牛顿第二定律mgFNma，可知 方向竖直向下,D对.ga5，【总结提升】超重和失重现象的判断“三”技巧 1.从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（或
8、支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态 2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态 3.从速度变化角度判断（1）物体向上加速或向下减速时，超重.（2）物体向下加速或向上减速时，失重.整体法、隔离法的灵活应用 【例证2】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与自强不息的精神.为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用力,可将此过程简化为一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮,一端挂一吊椅,另一
9、端被坐在吊椅上的运动员拉住,如图所示,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.【解题指南】解答本题可以整体法与隔离法交叉运用,也可选用隔离法,利用牛顿运动定律列方程求解.【自主解答】解法一:（整体法与隔离法的交叉运用）（1）设运动员受到绳向上的拉力为F,由于跨过 定滑轮的两段绳子拉力相等,吊椅受到绳的拉力 也是F,对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲 所示,则有:2F-（m人+m椅）g=（m人+m椅）a 得F=
10、440 N 由牛顿第三定律,运动员竖直向下拉绳的力F=F=440 N.（2）设吊椅对运动员的支持力为FN,对运动员进行 受力分析如图乙所示,则有:F+FN-m人g=m人a FN=275 N 由牛顿第三定律,运动员对吊椅的压力为 FN=FN=275 N 解法二:（隔离法）设运动员和吊椅的质量分别为M和m,绳对运动员的拉力大小为F,吊椅对运动员的支持力为FN,运动员对吊椅的压力大小为FN,分别以运动员和吊椅为研究对象,根据牛顿第二定律有 F+FN-Mg=Ma F-FN-mg=ma 根据牛顿第三定律有FN=FN 解得F=440 N,FN=275 N 根据牛顿第三定律,运动员竖直向下的拉力为F=F=4
11、40 N.答案：（1）440 N （2）275 N 【总结提升】整体法与隔离法常涉及的问题类型 1.涉及隔离法与整体法的具体问题类型（1）涉及滑轮的问题.若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法.本例中，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.（2）水平面上的连接体问题.这类问题一般多是连接体（系统）各物体保持相对静止，即具有相同的加速度.解题时，一般采用先整体、后隔离的方法.建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度.（3）斜面体与上面物体组成的连接体的问题.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
12、采用隔离法分析.2.解决这类问题的关键 正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解.应用牛顿运动定律解决多过程问题 【例证3】（2011江苏高考）（16分）如图所示，长为L，内壁光滑的直管与 水平地面成30角固定放置，将一质量 为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口，现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球的转向过程中速率不变.（重力加速度为g）（1）求小物块下落过程中的加速度大小;
13、（2）求小球从管口抛出时的速度大小；（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：（1）明确小物块的受力情况，由牛顿第二定律列方程.（2）结合牛顿第二定律和运动学公式求小球速度.（3）根据平抛运动的规律进行分析.2 L.2【规范解答】（1）设细线中的张力为FT,根据牛顿第二定律 Mg-FT=Ma （2分）FT-mgsin30=ma （2分）且M=km，联立解得 （1分）（2）设M落地时的速度大小为vt,m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律-mgsin30=ma0 （2分）由匀变速直线运动规律知 =2aLsin30 （1分）
14、2k1ag2 k1（）2tv =2a0L（1-sin30）（2分）联立解得 （k2）（2分）（3）由平抛运动规律s=v0t,Lsin30=（2分）解得 （1分）则 得证 （1分）答案：（1）（2）（k2）（3）见规范解答 220tvv0k2vgL2 k1（）21 gt2k2sL 2 k1（）2sL22k1 g2 k1（）k2 gL2 k1（）【总结提升】处理多过程问题时应注意的两个问题 1.任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后，列方程，联立求解 2.注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁.
15、如本题中的小球先做匀减速运动到管口，后做平抛运动 考查内容牛顿运动定律中的图象问题【例证】总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v-t图象，试根据图象，求：（1）t11 s时运动员的加速度和所受阻力的大小；（2）估算14 s内运动员下落的高度；（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间.【规范解答】（1）从题图中可以看出，在t22 s内运动员做 匀加速运动，其加速度大小为 设此过程中运动员受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律，有mgFfma 得Ff=m（ga）80（108）N160 N 222v16a m/s8 m/
16、st2（2）从题图中估算得出运动员在14 s内下落了39.522 m 158 m.（3）14 s后运动员做匀速运动的时间为 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总=t14+t=（14+57）s=71 s 答案：（1）8 m/s2 160 N （2）158 m （3）71 s Hh500 158t s57 sv6 动力学中的临界极值问题 在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临
17、界条件.一、动力学中的典型临界问题 1.接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN=0 2.相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值 3.绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT=0 4.加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度.当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对
18、应的速度便会出现最大值或最小值 二、解题策略 解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况.【典题例证】如图所示，质量为 m=1 kg的物块放在倾角为=37 的斜面体上，斜面质量为M=2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为=0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围.（g=10 m/s2）【命题探究】此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下.
19、找准临界状态是求解此题的关键.【深度剖析】（1）设物块处于相对斜面向 下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物 块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正 方向.对物块分析，在水平方向有FNsin-FNcos=ma1 竖直方向有FNcos+FNsin-mg=0 对整体有F1=（M+m）a1 代入数值得a1=4.8 m/s2，F1=14.4 N（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有 FNsin+FNcos=ma2,竖直方向有FNcos-FNsin-mg=0，对整体有F2=（M+m）a2 代入数值得a2=11.2 m/s2,F2=33.6 N 综上所述可知推力
20、F的取值范围为：14.4 NF33.6 N 1.（2012钦州模拟）姚明曾是NBA的一流中 锋，给中国人争得了更多的荣誉和更多的尊 敬，让更多的中国人热爱上篮球这项运动.姚 明某次跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上 升、下落四个过程，如图所示，下列关于蹬地 和离地上升两过程的说法正确的是（设蹬地的 力为恒力）（）A.两过程中姚明都处在超重状态 B.两过程中姚明都处在失重状态 C.前过程为超重，后过程不超重也不失重 D.前过程为超重，后过程为完全失重 【解析】选D.蹬地加速度方向向上，处于超重状态；离地上升过程只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，处于完全失重状态.则A、B、C错误，D正确.2.
21、设“神舟七号”载人飞船近地加速时,飞船以5g的加速度匀加速上升,g为重力加速度.则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为（）A.6mg B.5mg C.4mg D.mg【解析】选A.对宇航员由牛顿运动定律:FNmg=ma,得FN=6mg,再由牛顿第三定律可判定A项正确.3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠,由悬垂开始,上拉时,下颚须超过单杠面;下放时,两臂放直,不能曲臂，如图所示.这样上拉下放,重复动作,达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的是（）A.上拉过程中,人受到两个力的作用 B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力
22、C.下放过程中,某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力 D.下放过程中,人只受到一个力的作用【解析】选A、C.在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A正确;上拉过程中,要先加速,后减速,即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力,B错误;同理,下放过程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力,C正确;下放的过程中,单杠对人有作用力,人不可能只受到一个重力的作用,D错误.4.如图所示，质量为m1和m2的两个物 体用细线相连，在大小恒定的拉力F作 用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（）A.由大变小 B.由
23、小变大 C.始终不变 D.由大变小再变大【解析】选C.设细线上的张力为F1，要求F1，选物体m1为研究对 象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则 选m1、m2整体为研究对象较好.在光滑的水平面上运动时：F1m1a F=（m1+m2）a 联立解得：1112m FFmm在粗糙的水平面上运动时：F1m1gm1a F（m1+m2）g（m1+m2）a 联立解得：可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是 故C正确.1112m FFmm112m F,mm5.如图所示，固定在水平面上的斜面倾 角=37，长方体木块A的MN面上钉着 一颗小钉子，质量m=1.5 k
24、g的小球B通 过一细线与小钉子相连接，细线与斜面 垂直，木块与斜面间的动摩擦因数=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力.（取g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【解析】由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得（M+m）gsin（M+m）gcos=（M+m）a 代入数据得a=2.0 m/s2 选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为FN，根据牛顿第二定律有mgsinFN=ma 代入数据得FN6.0 N 根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下 答案：6.0 N，方向沿斜面向下
