（全国通用版）2022-2023高中物理 第四章 牛顿运动定律 7 用牛顿运动定律解决问题（二）学案 新人教版必修1

（全国通用版）2022-2023高中物理 第四章 牛顿运动定律 7 用牛顿运动定律解决问题（二）学案 新人教版必修1学习目标1.理解共点力作用下物体平衡状态的概念以及共点力作用下物体的平衡条件.2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题.3.知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象.4.能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动.一、共点力的平衡1.平衡状态：静止或匀速直线运动状态.2.平衡条件：(1)F合0(或加速度a0)(2)二、超重和失重1.超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象，称为超重现象.2.失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象，称为失重现象.3.完全失重：如果物体对支持物、悬挂物完全没有作用力，这时物体正好以大小等于g、方向竖直向下的加速度运动，此时物体处于完全失重状态.三、从动力学看自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件：物体从静止开始下落，即运动的初速度是0；运动过程中只受重力的作用，根据牛顿第二定律mgma，所以ag.(2)运动性质：v00、ag的匀加速直线运动.2.竖直上抛(1)条件：具有竖直向上的初速度.只受重力.(2)运动性质：初速度v00、加速度ag的匀变速直线运动.1.判断下列说法的正误.(1)某时刻物体的速度为零时，物体一定处于平衡状态.()(2)沿光滑斜面下滑的物体处于平衡状态.()(3)超重就是物体受到的重力增加了.()(4)物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了.()(5)物体处于超重状态时，物体一定在上升.()(6)物体处于失重状态时，物体可能在上升.()2.物体受到n个力作用处于静止状态，若其中一个力F110 N，方向向右，则其余(n1)个力的合力F_ N，方向向_.答案10左【考点】共点力的平衡条件【题点】共点力的平衡条件一、共点力的平衡条件及应用1.对平衡条件的理解(1)平衡条件：F合0或(2)对应两种状态：静止状态：a0，v0匀速直线运动状态：a0，v0(3)说明：物体某时刻速度为零，但F合0，则不是平衡状态，如竖直上抛的物体到达最高点时，只是速度为零，不是平衡状态.处于平衡状态的物体，沿任意方向的合力都为零.2.处理共点力平衡问题的常用方法(1)力的合成法用于受三个力而平衡的物体确定要合成的两个力；根据平行四边形定则作出这两个力的合力；根据平衡条件确定两个力的合力与第三个力的关系(等大反向)；根据三角函数或勾股定理解三角形.(2)正交分解法用于受三个及以上的力而平衡的物体建立直角坐标系；正交分解各力；沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解.例1如图1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心.一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点.设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为，下列关系正确的是()图1A.F B.Fmgtan C.FN D.FNmgtan 答案A解析方法一：合成法滑块受力如图所示，由平衡条件知：F，FN.方法二：正交分解法将小滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图所示. mgFNsin ，FFNcos 联立解得：F，FN.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】三力平衡之三角形法解共点力平衡问题的一般步骤1.选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体(整体法或隔离法).2.对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图.3.对研究对象所受的力进行处理.对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形.对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解.4.建立平衡方程.对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组.二、超重和失重如图2所示，某人乘坐电梯正在向上运动.图2(1)电梯启动瞬间加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？(2)电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪？人受到的支持力比其重力大还是小？答案(1)电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力.(2)减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，支持力小于重力.1.视重：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”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力.当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了.2.超重、失重的比较特征状态加速度视重(F)与重力关系运动情况受力示意图平衡a0Fmg静止或匀速直线运动超重向上由Fmgma得Fm(ga)mg向上加速或向下减速失重向下由mgFma得Fm(ga)FN，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确.【考点】超重和失重【题点】超重和失重问题的分析4.(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图2甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是()图2A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层答案BC解析由题图可以看出，0t1，Fmg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1t2，Fmg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2t3，Fmg，物块可能静止或匀速运动；t3t4，Fmg，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动.综上分析可知，B、C正确.【考点】超重和失重【题点】超重和失重问题的分析考点二竖直上抛运动5.(多选)如图3所示，小球B放在真空薄壁容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()图3A.若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B.若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力答案BD解析上升过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度都等于g；若考虑空气阻力，A的加速度大于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向下的力，因A为真空容器，故此力为A对B向下的压力.下落过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度等于g；若考虑空气阻力，A的加速度小于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向上的力，因A为真空容器，所以此力为A对B向上的压力，由牛顿第三定律得，B对A的作用力向下，故B、D正确.【考点】超重和失重【题点】完全失重问题的分析6.(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，取竖直向上为正方向，当物体的位移为25 m时，经历的时间为(g取10 m/s2)()A.1 s B.2 s C.5 s D.3 s答案AC解析竖直上抛运动的全过程是匀变速直线运动；由xv0tat2可知hv0tgt2，即：2530t5t2，解得：t1 s或t5 s，故选A、C.【考点】竖直上抛运动的有关计算【题点】竖直上抛运动的有关计算7.(多选)一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1 s上升的高度是它上升的最大高度的，不计空气阻力，g10 m/s2.则()A.小球上升的最大高度是5 mB.小球上抛的初速度大小是20 m/sC.2.5 s时小球正在上升D.1 s末、3 s末小球处于同一位置答案BD解析小球到达最高点前1 s上升的高度是hgt121012 m5 m，由题知，小球上升的最大高度是H4h20 m，故A错误；由H，得小球上抛的初速度大小v0 m/s20 m/s，故B正确；小球上升的总时间t上2 s，则2.5 s时小球正在下降，故C错误；由于小球上升的总时间是2 s，则1 s末、3 s末小球处于同一位置，故D正确.【考点】竖直上抛运动的有关计算【题点】竖直上抛运动的有关计算考点三共点力的平衡8.如图4所示，mAmB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中()图4A.FN增大，F2增大，F1不变B.FN减小，F2减小，F1不变C.FN减小，F2减小，F1增大D.FN增大，F2减小，F1增大答案A解析B保持匀速上升，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变.根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.对A受力分析如图，则竖直方向：FNF1cos mAg.得FNmAgF1cos ；A沿地面向右运动时，增大，cos 减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2FN，不变，则F2也逐渐增大，故A正确，B、C、D错误.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】多力平衡之正交分解法9.(多选)如图5所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则()图5A.A与B之间一定存在摩擦力B.B与地面之间可能存在摩擦力C.B对A的支持力可能小于mgD.地面对B的支持力的大小一定等于(Mm)g答案CD解析对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力(Mm)g、支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN(Mm)g，故B错误，D正确.再对木块A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力N，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下.当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上.当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零.在垂直斜面方向上有FNmgcos Fsin (为斜劈倾角)，故A错误，C正确.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】整体法和隔离法解平衡问题10.(多选)如图6所示，质量为m、顶角为的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态.若不计一切摩擦，则()图6A.水平面对正方体的弹力大小为(Mm)gB.墙面对正方体的弹力大小为C.正方体对直角劈的弹力大小为mgcos D.直角劈对墙面的弹力大小为mgsin 答案AB解析把两个物体看成一个整体，分析受力，水平方向有两个弹力，竖直方向有重力和支持力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对正方体的弹力大小为(Mm)g，选项A正确；以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力mg，右面墙的弹力F2，方向水平向左，正方体对直角劈的支持力F，方向过两物体的接触点垂直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为，由力的合成和二力平衡可知，F2与F的合力与重力等大反向，故F，F2Fcos ，所以选项C错误；由牛顿第三定律知直角劈对墙面的弹力大小为，所以选项D错误；再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等，即为，所以选项B正确.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】整体法和隔离法解平衡问题二、非选择题11.(平衡中的临界问题)如图7所示，一个倾角为37(sin 370.6)的固定斜面上，放着一个质量为M16 kg的三角形物块A，一轻绳一端系着物块A跨过光滑定滑轮，另一端挂着一个质量为m的物块B，A与滑轮间的轻绳水平.斜面与A间的动摩擦因数为0.8，若最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，为使系统保持静止，m最大为多少？(g取10 m/s2)图7答案0.5 kg解析B静止平衡时，绳拉力FT满足FTmgA受力情况如图所示，沿斜面方向：FTcos Mgsin Ff垂直斜面方向：FNFTsin Mgcos 系统保持静止，则Ff不超过最大静摩擦力，有FfFN代入数据联立解得：m0.5 kg.【考点】共点力的平衡(解决较复杂的平衡问题)【题点】平衡中的临界问题12.(竖直上抛运动)竖直上抛的物体，初速度为30 m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)答案见解析解析物体上升到最高点所用时间t3 s.上升的最大高度H m45 m由xv0tgt2得当t12.0 st时，位移x2304.0 m104.02 m40 m，所以路程s245 m(4540) m50 m速度v2v0gt230 m/s104.0 m/s10 m/s，负号表示速度方向与初速度方向相反.13.(超重和失重的计算)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t0时由静止开始运动到t11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图8所示，g取10 m/s2.求：图8(1)小明在02 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；(2)在1011 s内，台秤的示数F3；(3)小明运动的总位移大小.答案(1)1 m/s2失重(2)600 N(3)19 m解析(1)由题图可知，在02 s内，台秤对小明的支持力F1450 N，由牛顿第二定律有mgF1ma1解得a11 m/s2加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态(2)设在1011 s内小明的加速度大小为a3，时间为t3，02 s的时间为t1，则a1t1a3t3，解得a32 m/s2由牛顿第二定律有F3mgma3解得F3600 N(3)02 s内位移x1a1t122 m210 s内位移x2a1t1t216 m1011 s内位移x3a3t321 m小明运动的总位移大小xx1x2x319 m.【考点】超重和失重【题点】超重、失重和完全失重的有关计算