1、第四章 牛顿运动定律7 用牛顿运动定律解决问题(二)课时作业要点整合夯基础课堂讲练破重难课堂达标练经典知识点一 共点力的平衡条件(1)平衡状态：物体在力的作用下保持的状态(2)平衡条件：物体受到的合力匀速直线运动或静止为零某时刻速度等于零的物体一定处于平衡状态吗？试举例说明提示：物体的瞬时速度为零与静止是不等价的，这时物体不一定处于平衡状态例如，将物体竖直上抛，物体上升到最高点时，其瞬时速度为零，但物体并不能保持静止状态，物体在重力的作用下将向下运动知识点二 超重和失重(1)超重：定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)物体所受的重力的现象产生条件：物体具有的加速度(2)失重：定义
2、：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)物体所受重力的现象产生条件：物体具有的加速度大于竖直向上小于竖直向下(3)完全失重：定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)的现象产生条件：ag 方向等于零竖直向下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中正确的是(设蹬地的力为恒力)()A两过程中姚明都处于超重状态B两过程中姚明都处于失重状态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D知识点三 从动力学看自由落体运动(1)受力情况：运动过程中只受作用，且重力恒定不变，所以物体的恒定(2)运动情况：初速度为的
3、竖直向下的直线运动重力加速度零匀加速考点一 共点力平衡条件的应用共点力作用下物体的平衡的求解方法(1)合成法：对于三力平衡，任意两个力的合力必与第三个力等大、反向，借助三角函数或相似三角形知识求解如图所示，结点 O 受三个力作用处于平衡状态，若已知物体的质量和OB 绳与竖直方向的夹角，求 OA 和 OB 绳上拉力的大小，就可以将 OA、OB 绳上的拉力 F2和 F1合成，其合力 F 与 OC 绳的拉力 F3等大、反向，然后再利用三角形中的边角关系来分析处理即可(2)分解法：物体在三个共点力作用下处于平衡状态，可以将某一个力分解在另两个力的反方向上，得到的两个分力必定分别与另两个力等大、反向(3
4、)图解三角形法：物体受到同一平面内三个互不平行的共点力的作用处于平衡状态这三个力的矢量箭头首尾依次相连构成一个闭合三角形，利用三角形知识可求力的大小或变化，例如一个物体受三个力处于平衡状态，如图甲所示可以将三个力中的两个力平移得如图乙所示，利用三角形的知识求解即可(4)相似三角形法：通常取一个矢量三角形与几何三角形相似，利用比值关系解题，此法仅适用于三力平衡问题(5)三力汇交原理解题法：物体受三个力处于平衡状态，不平行必共点，如图所示，直棒 AB 在力 F 作用下静止在水平地面上，地面对棒 AB 的作用力必过力 F 与重力 G 的交点 O.(6)正交分解法：正交分解法在处理四个力或四个以上力的
5、平衡问题时非常方便将物体所受的各个力均在两个互相垂直的方向上分解，然后分别在这两个方向上列方程，此时平衡条件可表示为Fx合0，Fy合0.【例 1】沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在 A 点(如图所示)，足球的质量为 m，网兜的质量不计，足球与墙壁的接触点为 B，悬绳与墙壁的夹角为，求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力取足球作为研究对象，它共受到三个力的作用：重力 Gmg，方向竖直向下；墙壁的支持力 FN，方向水平向右；悬绳的拉力 FT，方向沿绳的方向这三个力一定是共点力，重力的作用点在球心 O 点，支持力 FN沿球的半径方向G 和 FN的作用线必交于球心 O 点，则 FT的作用线必过 O 点既然是
6、三力平衡，可以根据任意两力的合力与第三力等大、反向求解，可以根据力的三角形求解，也可用正交分解法求解【解析】解法 1(用合成法)：取足球作为研究对象，如图所示，它受重力 Gmg、墙壁的支持力 FN 和悬绳的拉力 FT三个共点力作用而平衡，由共点力平衡的条件可知，FN和 FT的合力 F 与 G 大小相等、方向相反，即FG，从图中力的平行四边形可求得FNFtanmgtan FT Fcos mgcos解法 2(用分解法)：取足球为研究对象，所受重力 G、墙壁支持力 FN、悬绳的拉力 FT，如图所示，将重力 G 分解为 F1和 F2，由共点力平衡条件可知，FN与 F1的合力必为零，FT与 F2的合力也
7、必为零，所以FNF1mgtanFTF2 mgcos解法 3(用相似三角形求解)：取足球作为研究对象，其受重力 G、墙壁的支持力 FN、悬绳的拉力 FT，如图所示，设球心为 O，由共点力的平衡条件可知，FN 和 G 的合力 F 与 FT大小相等、方向相反，由图可知，三角形 OFG 与三角形 AOB 相似，所以FGAOAB 1cos，则 FTF Gcos mgcosFNG OBABtan，则 FNGtanmgtan.【答案】mgcos mgtan总结提能 应用共点力的平衡条件解题的一般步骤：(1)确定研究对象：即在弄清题意的基础上，明确以哪一个物体(或结点)作为解题的研究对象；(2)分析研究对象的
8、受力情况：全面分析研究对象的受力情况，找出作用在研究对象上的所有外力，并作出受力分析图，如果物体与别的接触物体间有相对运动(或相对运动趋势)时，在图上标出相对运动的方向，以判断摩擦力的方向；(3)判断研究对象是否处于平衡状态；(4)应用共点力的平衡条件，选择适当的方法，列平衡方程；(5)求解方程，并根据情况，对结果加以说明或进行必要的讨论如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为 m1 和 m2 的小球，当它们处于平衡状态时，质量为 m1 的小球与 O 点的连线与水平线夹角为 60.两个球的质量比m2m1等于
9、()A.33 B.23C.32D.22A解析：对 m1、m2 分别进行受力分析，如图所示，则 Tm2g.由平衡条件可知，FN、T 的合力与 m1g 大小相等，方向相反，因为 60，且 OAOB，故平行四边形 ABOD 为菱形，FNT，所以 2Tsinm1g，解得m2m1 33.考点二 共点力平衡的临界和极值问题1临界状态处理某种物理现象变化为另一种物理现象的转折状态叫做临界状态，平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要破坏、而尚未破坏的状态解答平衡物体的临界问题时可用假设法运用假设法解题的基本步骤是：明确研究对象；画受力图；假设可发生的临界现象；列出满足所发生的临界现象的平衡方程求解2平衡
10、问题中的极值问题在研究平衡问题中某些物理量变化时出现最大值或最小值的现象称为极值问题求解极值问题有两种方法：(1)解析法根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值通常用到的数学知识有二次函数极值、三角函数极值以及几何法求极值等(2)图解法根据物体的受力平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据图进行动态分析，确定最大值和最小值【例 2】倾角为 的斜面在水平面上保持静止，斜面上有一重为 G 的物体 A，物体 A 与斜面间的动摩擦因数为，且tan.现给 A 施加一水平推力 F，如图所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求水平推力 F 为多大时，物体 A
11、 在斜面上静止？本题可按以下思路进行分析：物体保持静止，处于平衡状态 物体恰不上滑与恰不下滑都对应F的一个临界值由平衡条件求出F的取值范围【解析】物体静止在斜面上的条件是合外力为零由于静摩擦力的大小可在 0fmax 间变化，且方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以所求的推力应是一个范围因为 tan，说明无推力时物体将加速下滑，故推力的最大值和最小值对应的状态是恰不上滑和恰不下滑以 A 为研究对象，设推力的最小值为 Fmin，此时最大静摩擦力 fmax沿斜面向上，受力分析如图甲所示将各力正交分解，则沿斜面方向，有 FmincosfmaxGsin0垂直于斜面方向，有 NGcosFminsin0
12、 又 fmaxN解得 FminsincoscossinG设推力的最大值为 Fmax，此时最大静摩擦力 f max沿斜面向下，受力分析如图乙所示沿斜面方向，有FmaxcosGsinf max0垂直于斜面方向，有 NGcosFmaxsin0又 f maxN 解得 FmaxsincoscossinG所以物体能在斜面上静止的条件为sincoscossinGFsincoscossinG.【答案】sincoscossinGFsincoscossinG总结提能 平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态，涉及临界状态的问题叫做临界问题求解临界问题时一定要注意“恰好出现”或“恰好不出现”的条件
13、解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解平衡物体的极值，一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题研究平衡物体的极值问题有两种常用方法(1)解析法：即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物体的临界条件求极值(2)图解法：即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值如图所示，用细绳拴着小球静止在光滑的倾角为 37的斜劈上，求下列两种情况下斜劈的加速度大小和方向(1)小球恰好不压斜劈；(2)细绳的拉力恰好为零解析：(1)小球恰好不压斜劈时，小球受力如图甲所示
14、，分析可知加速度方向水平向右由牛顿第二定律得：F 合 1 mgtan37ma1，a1gtan3743g.(2)细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图乙所示，分析可知加速度方向水平向左由牛顿第二定律得：F 合 2mgtan37ma2，a2gtan3734g.答案：(1)43g 水平向右(2)34g 水平向左考点三 对超重、失重的理解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示数称为“视重”，其大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力视重和物体的重力之间的大小关系，与物体的加速度有关，见下表：加速度情况现象视重(F)视重(F)与重力(mg)比较a0静止或匀速直线运动FmgFmga
15、 竖直向下失重Fm(ga)Fmgag竖直向下完全失重F0Fmg对超重和失重的理解应注意以下几点：(1)重力是由于地球对物体的吸引而产生的，大小为 Gmg.只要物体所在的位置的重力加速度一定，物体所受的重力就一定因此超重和失重仅仅是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生变化其实物体的重力依然存在，且并不发生变化(2)“超重”和“失重”由加速度的方向决定，与物体的速度方向无关用牛顿运动定律分析实验现象时，我们并没有重点考虑物体的速度方向，而是着重把握物体加速度方向当物体有竖直向上的加速度时超重，有竖直向下的加速度时失重，超重、失重与物体的运动方向无必然的关系(3)在完全失重状态下(ag)平时一切由
16、重力产生或与重力有关的物理现象均消失如物体在液体中不受浮力，天平无法测量物体的质量等【例 3】(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中 P 点由静止开始下落，如图所示，a 点是弹性绳的原长位置，c 点是人所能到达的最低位置，b 点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从 P 点下落到 c 点的过程中()ABA在 Pa 段，人做自由落体运动，处于完全失重状态B在 ab 段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C在 bc 段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D在 c 点，人的速度为零，加速度也为零解答本题时可按以下思路进行分析：【解析】人从 P 点下落到 c 点的过程中，在
17、Pa 段做自由落体运动，加速度为 g，方向竖直向下；在 ab 段做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下；在 bc 段做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上根据超重和失重的条件可知，选项A、B 正确总结提能 区别“失重现象”和“超重现象”的关键是看物体在竖直方向的加速度：有竖直向上的加速度，是“超重现象”；有竖直向下的加速度，是“失重现象”当物体具有 ag 且竖直向下的加速度时，物体处于“完全失重”状态，此时物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为 0.(多选)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为 490 N他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至 t3时间段内，弹簧测力计的示数如图(1
18、)所示，电梯运行的 vt 图象可能是图(2)中的(取电梯向上运动的方向为正)()AD解析：从图可以看出，t0t1 时间内，该人的视重小于其重力，t1t2 时间内，视重正好等于其重力，而在 t2t3时间内，视重大于其重力根据题中所设的正方向可知，t0t1 时间内，该人具有向下的加速度，t1t2 时间内，该人处于平衡状态，而在t2t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为 A、D.1(多选)如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体 P 连接，P 的斜面与固定挡板 MN 接触且处于静止状态，则斜面体 P 此刻所受的外力个数有可能为()A2 个 B3 个C4 个D5 个AC
19、解析：若斜面体 P 受到的弹簧弹力 F 等于其重力 mg，则MN 对 P 没有力的作用，如图甲所示，P 受到 2 个力，A 对；若弹簧弹力大于 P 的重力，则 MN 对 P 有压力 FN，只有压力 FN则 P 不能平衡，一定存在向右的力，只能是 MN 对 P 的摩擦力Ff，因此 P 此时受到 4 个力，如图乙所示，C 对2(多选)某科技兴趣小组用实验装置来模拟火箭发射卫星火箭点燃后从地面竖直升空，t1时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，t2 时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧实验中测得火箭竖直方向的速度时间图象如图所示，设运动过程中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定下列判断正确
20、的是()CDAt2时刻火箭到达最高点，t3时刻火箭落回地面B火箭在 0t1时间内的加速度大于 t1t2时间内的加速度Ct1t2 时间内火箭处于超重状态，t2t3时间内火箭处于失重状态D火箭在 t2t3时间内的加速度大小等于重力加速度解析：从图象可知，火箭一直向上运动，在 t2时刻火箭速度达到最大，t3时刻火箭到达最高点，选项 A 错误；0t1时间内的加速度小于 t1t2时间内的加速度，选项 B 错误；t1t2时间内火箭向上加速，处于超重状态，t2t3 时间内火箭向上减速，处于失重状态，选项 C 正确；在 t2t3时间内火箭只受到重力的作用，向上减速，加速度的大小等于重力加速度，选项 D 正确3
21、(多选)电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个质量为 1 kg 的重物，电梯做匀速直线运动时，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 12 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)()ADA电梯可能向上加速运动，加速度大小为 2 m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为 4 m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为 4 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为 2 m/s2解析：由题意知，重物受的合力方向向上，加速度向上，由牛顿第二定律，Fmgma，解得 a2 m/s2，电梯可能向上加速，也可能向下减速，选项
22、 AD 正确、BC 错误4土耳其卡帕多奇亚旅游之巅乘坐热气球观看卡帕多奇亚神奇的地貌是到土耳其旅游的一项重要活动某游客乘坐热气球时，气球、吊篮和游客的总质量为 M800 kg，在空中停留一段时间后下降，某时刻由于发生故障，热气球受到的空气浮力减小，热气球竖直下降，当发生故障后热气球下降了 h116 m 时，驾驶员立即抛掉一些压舱物，使热气球匀速下降，已知热气球发生故障后竖直下降的 vt 图象如图所示不考虑热气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度 g10 m/s2.(1)抛掉的压舱物的质量 m 是多大？(2)抛掉一些压舱物后，热气球内工作人员经过 t6 s 时间修复热气球并立刻恢复原有的空气浮
23、力，则再经多长时间热气球减速到零？解析：(1)由题图可看出 04 s 内热气球匀加速下降，设下降的加速度为 a，此过程热气球受到的空气浮力为 F根据运动学公式有 h1v0t12at2由牛顿第二定律得 MgFMa抛掉质量为 m 的压舱物后，热气球向下做匀速运动，根据平衡条件有(Mm)gF 联立解得 m80 kg(2)设抛掉压舱物时热气球的速度为 v1，经过 t6 s 恢复原有的浮力 F0，再经 t1时间减速到零，减速的加速度大小为 a1，根据运动学公式可得 v1v0at发生故障前根据平衡条件有 MgF0修复后由牛顿第二定律得 F0(Mm)g(Mm)a1v1a1t1 解得 t15.4 s答案：(1
24、)80 kg(2)5.4 s温示提馨请 做：课时作业 23PPT文稿（点击进入）学科素养培优精品微课堂思想方法系列二十一传送带问题开讲啦 传送带是应用比较广泛的一种传送装置，以其为素材的物理题大都具有情景模糊、条件隐蔽、过程复杂的特点传送带的放置情况常分为水平类型和倾斜类型但不管传送带如何运动，只要我们分析清楚物体的所受摩擦力的大小、方向的变化情况，就不难分析物体的运动状态变化情况分析问题的思路：初始条件相对运动判断摩擦力的大小和方向分析出物体所受合力和加速度的大小和方向由物体的速度变化分析相对运动，来判断以后的受力及运动状态的改变(1)水平传送带问题的变化类型设传送带的速度为 v 带，物体与
25、传送带之间的动摩擦因数为，两定滑轮之间的距离为 L，物体置于传送带一端的初速度为v0.v00(如图所示)，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做 ag 的加速运动假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度 v 2gL，显然有：v 带 2gL时，物体在传送带上将先加速，后匀速；v 带 2gL时，物体在传送带上将一直加速物块先加速后匀速，物块的速度与传送带的速度相等是转折点v00，且 v0与 v 带同向(如图所示)av0v带时，同上可知，物体刚运动到传送带上时，将以ag 加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带的速度为 v v202gL，显然有：v0v
26、 带v 带时，因 v0v 带，物体刚运动到传送带上时，将做加速度大小为 ag 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带的速度大小为 v v202gL，显然有：v 带 v202gL时，物体在传送带上将一直减速；v0v 带 v202gL时，物体在传送带上将先减速后匀速v00，且 v0与 v 带反向(如图所示)此种情形下，物体刚运动到传送带上时将做加速度大小为 ag 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度大小为 v v202gL，显然有：v0，即 v0 2gL时，物体将一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；v0，即 v00，即 tan 时，物体才会被
27、传送带带动从而向上做加速运动，且 agcosgsin，假定物体一直加速运动到上端，则物体在离开这个传送带时的速度为 v2gcosgsinL，显然有：v 带 2gcosgsinL时，物体在传送带上将先加速后匀速直至从上端离开；v带 2gcosgsinL时，物体在传送带上将一直加速直至从上端离开v00，且 v0与 v 带同向(如下图(1)所示)v00，且 v0与 v 带反向，如上图(2)所示说明：两种情况太复杂，高一阶段一般不涉及物体置于传送带的上端，传送带逆时针转动(如图(3)所示)av00 时，物体开始阶段所受滑动摩擦力向下，agsingcos.如果一直加速运动，则物体离开传送带时的速度为 v
28、 2gsingcosL.如果物体在没有离开传送带时已经与传送带速度相同，后半段分两种情况：若 tan，物体仍加速并且 agsingcos；若 tan，物体与传送带保持相同速度匀速运动到底端bv00 时，若 v0v带，开始阶段所受摩擦力向上，后段与上述分析也相同，由于此种情景也过难，不再详述例 1 如图所示，水平传送带两个转动轴轴心相距 20 m，正在以 v4.0 m/s 的速度匀速转动，某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为 0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上，则经过多长时间物块将到达传送带的最右端？(g 取 10 m/s2)解析 物块放到传送带上先做匀加速运动，若传
29、送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后，再与传送带一同向前做匀速运动物块匀加速运动的时间 t1va vg4 s物块匀加速运动的位移 x112at2112gt218 m因为 20 m8 m，所以此后物块匀速运动，物块匀速运动的时间 t2xx1v2084 s3 s所以物块到达传送带最右端所用的时间为：t1t27 s.答案 7 s变式训练 1(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率 v1 沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率 v2 沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，这时速率为 v2，则下列说法正确的是()A若 v1v2，则 v2
30、v2C不管 v2多大，总有 v2v2D只有 v1v2时，才有 v2v1AB解析：物体以水平速度 v2 滑上传送带后，以 ag 做匀减速直线运动，速度减到 0 后，反向做匀加速直线运动，加速度不变根据运动的对称性，若 v2v1，当物块加速到 v1后做匀速直线运动；若 v2tan，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()C解析 小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为 a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，由于 tan，即 mgcosmgsin，小木块相对传送带静止，以传送带的速度匀速运动到底端只有 C 项先加速后匀速，符合要求总结提能 当传送带倾斜
31、运动时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数 和传送带倾斜角度 的关系，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体运动的性质变式训练 2 如图所示，传送带与水平面的夹角为 37，传送带以 v10 m/s 的速度匀速运动，在传送带的 A 端轻轻地放一小物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数 0.5，AB 间距离 s16 m(g 取 10 m/s2，cos370.8，sin370.6)则(1)若转动方向为顺时针方向，小物体从 A 端运动到 B 端所需要的时间为()A2.8 s B2.0 sC2.1 s D4.0 sD解析：对物体受力分析如图所示，沿传送
32、带所在斜面方向，agsin37gcos372 m/s2.a 沿传送带向下，物体与传送带运动方向相反，所以整个过程物体对地匀加速运动 16 m，据 s12at2得 t4.0 s.(2)在(1)的选项中，若传送带逆时针转动，小物体从 A 端运动到 B 端所需要的时间为()A2.8 s B2.0 sC2.1 s D4.0 sB解析：此运动过程分为两个阶段第一阶段：物体加速至传送带共速，刚放上物体时，传送带受摩擦力向上，而物体受摩擦力向下，如图所示，物体以加速度a1gsin37gcos3710 m/s2匀加速运动，经过 t1va11 s 与传送带达共同速度，对应位移 sv2t15 m.第二阶段：共速以后，物体沿传送带速度大于传送带的速度，物体相对传送带下滑，受摩擦力变向，如(1)问解析图所示，a2gsin37gcos372 m/s2，方向向下，物体继续加速则(165)m10 m/s2t212a2t22，解得 t21 s，从 A 到 B 共需 tt1t22 s，选 B.