1、必修 1 第三章 牛顿运动定律 第二讲 牛顿第二定律的应用 超重与失重考点知识诊断 热点题型探究 难点能力突破 课后作业 考点知识诊断知识清单一、动力学的两类基本问题1已知物体的情况，求物体的情况2已知物体的情况，求物体的情况两类基本问题中，受力分析是关键，是解题的枢纽和桥梁1 受力2 运动3 运动4 受力5 加速度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：物体由于具有的，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：物体由于具有的而对支持面的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体自身的重力
2、的现象当 ag 时，即物体处于完全失重状态.6 向上 7 加速度8 向下 9 加速度考点诊断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M15kg 的重物，重物静止于地面上，有一质量 m10kg 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)()A25m/s2 B5m/s2C10m/s2D15m/s2解析 本题的临界条件为 FMg，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，Fmgma，而 FMg，故有 Mgmgma，所以 a5 m/s2.答案 B2让钢球从某一高度竖直落下进入液体中，图
3、中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置，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 A、B 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 C3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 vt 图像，则()A斜线一定是物体受水平拉力时的图像B斜线一定是物体不受水平拉力时的图像C水平拉力一定等于 0.2 ND
4、物体所受的摩擦力可能等于 0.2 N解析 本题考查 vt 图像的应用、受力分析及牛顿第二定律由图像知 a113m/s2，a223m/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 Ffma1，FfFma2，两式联立可得 F0.2 N，Ff0.2 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 Ffma2，FfFma1，联立可得Ff0.4 N，F0.2 N，因此 C、D 正确答案 CD4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器上，电梯由
5、启动到停止的过程中，测得重物的压力随时间变化的图像如图所示设在 t12s 和 t28s 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，v1v2D电梯下降了，v2v1解析 由图像可知，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像可知其 vt 图像如图所示，可知v2v1.答案 B5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中载人的质量为 m，匀速上升的速度为
6、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()A.vgB.MmvMgC.MmvmgD.2Mmvmg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 A、B 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(Mm)gMg(2Mm)a，系统做匀减速运动，根据运动学公式可得 0vat，两式联立可得 D 正确答案 D热点题型探究题型归纳题型一已知物体的受力情况确定物体的运动情况【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
7、送带上端 A 无初速度地放一个质量为 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？(sin370.6，cos370.8)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，物体的受力情况如图所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律，得mgsinmgcosma1a110(0.60.50.8)m/s210 m/s2物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t1va11010s1s滑行距离为 s,2a1sv2s v22a11010210 m5 m由于 tan，物体在重力作用下将继续加速运动当
8、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，此时物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2 a22 m/s2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由Lsvt212a2t22解得 t21s(t211s 舍去)所以物体由 AB 的时间 tt1t22s.答案 2s变式训练 1 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 F10 N，刷子的质量为 m0.5 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 L4 m，取 sin370.6，试求：(1
9、)刷子沿天花板向上运动的加速度；(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(Fmg)sin37FfmaFN(Fmg)cos37FfFN代入数据，得 a2 m/s2.答案(1)2 m/s2(2)2s(2)由运动学公式，得 L12at2代入数据，得 t2s.题型二已知物体的运动情况确定物体的受力情况【例 2】升降机由静止开始上升，开始 2s 内匀加速上升 8 m，以后 3s 内做匀速运动，最后 2s 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
10、程中重物对升降机底板的压力，并作出升降机运动的 vt 图像和重物对底板压力的 Ft 图像(g 取 10 m/s2)解析 在前 2s 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 x12a1t21解得加速度为 a12xt21 2822 m/s24 m/s22s 末的速度为 v1a1t142 m/s8 m/s根据牛顿第二定律得 FN1mgma1FN1mgma125010 N2504 N3500 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FN1FN13500 N，方向竖直向下中间 3s 内物体匀速上升，由平衡条件是 FN2mg25010 N2500 NFN2FN
11、22500 N，方向竖直向下物体的速度为 v2v18 m/s最后 2s 内物体随升降机一起做匀减速运动，可得 vtv2a3t3得 a3v2vtt3802 m/s24 m/s2，方向竖直向下根据牛顿第二定律得 mgFN3ma3解得升降机底板对重物的支持力为 FN3mgma325010 N2504 N1500 N，方向竖直向上则 FN3FN31500 N，方向竖直向下根据以上三个过程的计算数据，可得 vt 图像如图所示，Ft 图像如图所示答案 见解析变式训练 2 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
12、在液体中运动时受到的阻力与速度大小成正比，即 Fkv，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)()A.mgfS0 B.mg2fS0C.27mgfS0fD.25mgfS0f解析 由图可知，钢球先做减速运动，再做匀速运动，当匀速运动时，mgkv，v2S0T 2fS0，联立得，k mg2fS0，选项 B 正确答案 B题型三超重和失重的理解与应用【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
13、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，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 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
14、图所示的 Ft 图像)可通过一传感器直接得出根据Ft 图像，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，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题型四整体法和隔离法处理连接体问题【例
15、 4】如图所示，光滑水平面上放置质量为 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()Amg B2mgC3mgD4mg解析 当 A、B 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 aAmgm g对于 AB 整体，加速度 aaAg由牛顿第二定律得 F3ma3mg.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 质量分
16、别为 m 和 2m 的物块 A、B 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，弹簧的伸长量为 x2，如图所示；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，如图所示，则 x1:x2:x3等于()A1:1:1 B1:2:3C1:2:1 D无法确定解析 图，对整体：F(mAmB)g(mAmB)a1，对物块 A：F1mAgmAa1，联立得 F1F3；图，对整体：F(mAmB)g(mAmB)a2，对物
17、块 A：F2mAgmAa2，联立得 F2F3；图，对整体：F(mAmB)gcos(mAmB)gsin(mAmB)a3，对物块 A：F3mAgcosmAgsinmAa3，联立得 F3F3，故本题选项 A 正确答案 A题型五临界问题【例 5】如图所示，一水平的浅色传送带长 L8 m，传送带上左端放置一质量 m1 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 a4 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
18、段黑色痕迹(g10 m/s2，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少？解析(1)煤块受的最大静摩擦力 Ffmmg，对应的最大加速度amg2 m/s2a0 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 F2mg2mg2 2mg.答案(1)13mg(2)2mg难点能力突破难点突破一、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
19、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二、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切物理现象都会完全消失，比
20、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三、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四、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体问题，但如果这两种方法交叉使用，则处理问
21、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.高考能力考向 1连接体的问题1(2011新课标)如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 Fkt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2.下列反映
22、a1 和 a2 变化的图线中正确的是()解析 本题考查的是牛顿第二定律的应用本题中开始阶段两物体一起做加速运动有 F(m1m2)a，则 aFm1m2，两物体加速度相同且与时间成正比当两物体间的摩擦力达到m2g 后两者发生相对滑动对 m2有 Ffma2，在相对滑动之前 f 逐渐增大，相对滑动后 fm2g 不再变化，a2Ffm2，故其图像斜率增大；而对 m1，在发生相对滑动后，有 m2gm1a1，故 a1m2gm1 为定值故 A 选项正确答案 A考向 2牛顿第二定律与运动学规律的综合应用2(2011上海)如图，质量 m2 kg 的物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距 L20 m用大小为 30
23、 N，沿水平方向的外力拉此物体，经 t02s 拉至 B 处(已知 cos370.8，sin370.6.取 g10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为 30 N，与水平方向成 37的力斜向上拉此物体，使物体从 A 处由静止开始运动并能到达 B 处，求该力作用的最短时间 t.解析 解法一(1)物体做匀加速运动L12at20a2Lt20 22022 m/s210 m/s2由牛顿第二定律Ffmaf30210 N10 N fmg 102100.5(2)设力 F 作用的最短时间 t，相应的位移为 s，物体到达B 处速度恰为 0，由动能定理Fcos37(mgFsin37)smg(Ls
24、)0smgLFcos37sin370.521020300.80.50.6 m6.06 m由牛顿运动定律Fcos37(mgFsin37)maaFcos37sin37mg11.5 m/s2s12at2t2sa 26.0611.5 s1.03s.解法二 设 F 作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a的加速度匀加速 t 秒，撤去外力后，以大小为 a的加速度匀减速 t秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿运动定律Fcos37(mgFcos37)maaFcos3737sinmg300.80.50.620.510 m/s211.5 m/s2a fmg5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，
25、因此有atat，t aat11.55 t2.3t又L12at212at2t2La2.32a22011.52.325s1.03s.答案(1)0.5(2)1.03s考向 3超重和失重3(2011浙江)如图所示，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()A在上升和下降过程中 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 的压力等于 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 物体受到的重力解析 本题考查对超、失重现象的理解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，所以在整个过程中，A 对 B的压力始终为零，A 项正确答案 A课后作业