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第2讲 牛顿运动定律的应用,第三章 牛顿运动定律,考试标准,内容索引,过好双基关 回扣基础知识 训练基础题目,研透命题点 细研考纲和真题 分析突破命题点,课时作业 限时训练 练规范 练速度,过好双基关,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 . (2)已知运动情况求物体的 . 2.解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”，由 和 列方程求解，具体逻辑关系如下图：,运动情况,受力情况,加速度,运动学公式,牛顿第二定律,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/s2),答案 0.5 m/s2,解析 设阻力大小为Ff，则FFfma 解得Ff15 N 如果撤去推力，车的加速度大小为a， 则Ffma 解得a0.5 m/s2.,答案,解析,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) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向上的加速度. 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向下的加速度.,大于,小于,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) 的现象称为完全失重现象. (2)产生条件：物体的加速度ag，方向 .,等于零,竖直向下,自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是 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,研透命题点,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.,图象如图1所示.则下列相关说法正确的是 A.t4.5 s时，电梯处于失重状态 B.555 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,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，at,图1,答案,解析,解析 利用at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.,答案,解析,变式1 (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,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.,答案,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 A.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,图2,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.,解析,答案,变式3 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/s2 C.升降机加速度大小为3 m/s2 D.可能是减速下降,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mgFma，解得a m/s22 m/s2，故B正确.,解析,命题点二 动力学中的图象问题,1.常见的动力学图象 vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等. 2.图象问题的类型 (1)已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/s2.根据图乙中所提供的信息不能计算出的是 A.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,图3,答案,解析,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.,x轴方向：Fcos mgsin ma，y轴方向：FNFsin 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,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，最终雨滴做匀速运动，故C正确.,解析,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Ffm、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 A.Ffm4 N B.0.1 C.Ff6 N D.m2 kg,甲 乙,答案,解析,图4,解析 t2 s时，FfmF6 N；F1mgma1， 即6mgm. t4 s时，F2mgma2， 即12mg3m， 解得m3 kg，0.1， 则Ffmg3 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” 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,(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；,答案 0.105 m/s2 84 m,答案,解析,(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；,答案 400 N,答案,解析,(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小.,答案 3.86 m/s,答案,解析,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/h.(g取10 m/s2) (1)求列车减速时的加速度大小；,图6,答案 见解析,答案,解析,解析 列车的速度为324 km/h90 m/s， 经过5 min300 s停下，,(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；,答案 见解析,答案,解析,解析 Ff0.1mg，根据牛顿第二定律，F0.1mgma v22ax，因x8.1 km8 100 m， v90 m/s，m8.0105 kg 解得a0.5 m/s2 ，F1.2106 N,(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,答案,解析,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/s2. (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；,图7,答案 0.9 m/s2 180 m,答案,解析,解析 由运动学公式可得,(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；,答案 654 N，方向竖直向下,答案,解析,解析 对小明受力分析，根据牛顿第二定律可得 FNmgma1 则FNmgma1654 N 根据牛顿第三定律得： 小明对地板的压力FNFN654 N，方向竖直向下,(3)求电梯匀速运动的时间.,答案 6 s,答案,解析,解析 设匀速运动时间为t0，运动的总时间为t总，作出整个过程的vt图象如图所示，则由vt图象可得H (t总t0)vm 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：,图8,(1)小球运动的加速度大小；,答案 2.5 m/s2,答案,解析,解析 在力F作用下，对小球受力分析如图甲所示，,由牛顿第二定律得 (Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1 解得a12.5 m/s2,(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 2.4 m,答案,解析,解析 刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s,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 30mgcos 30ma2 解得a27.5 m/s2,则小球上滑过程中距A点的最大距离为xmx1x22.4 m.,命题点四 传送带模型,模型1 水平传送带模型,模型2 倾斜传送带模型,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/s2) (1)若传送带静止不动，求vB；,图9,答案 2 m/s,答案,解析,(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；,答案 能 2 m/s,答案,解析,解析 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)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 13 m/s 0.67 s,答案,解析,变式9 如图10所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中,图10,B.煤块从A运动到B的时间是2.25 s C.划痕长度是0.5 m D.划痕长度是2 m,答案,解析,解析 小煤块与传送带共速前做匀加速直线运动，加速度大小为ag4 m/s2,煤块从A运动到B的时间tt1t21.5 s 煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3v0t14 m 划痕长度xx3x12 m.,变式10 如图11所示，电动传送带以恒定速度v0 1.2 m/s运行，传送带与水平面的夹角37，现 将质量m20 kg的物品箱轻放到传送带底端，经 过一段时间后，物品箱被送到高h1.8 m的平台上， 已知物品箱与传送带间的动摩擦因数0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2) 答案 3.25 s,图11,答案,解析,解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v0时，与传送带一起做匀速运动到平台.物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有mgcos mgsin ma，解得a0.8 m/s2.,物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为,总时间为tt1t23.25 s.,课时作业,1.下列说法中正确的是 A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,2.(2016舟山中学期中)某同学站在体重计上研究超重与失重，如图1.她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.下列说法正确的是,图1,答案,解析,A.只有“起立”过程，才能出现失重的现象 B.只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象 C.“起立”、“下蹲”的过程都能出现超重和失重的现象 D.“起立”的过程，先出现失重现象后出现超重现象,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析 “下蹲”过程，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，则人先处于超重状态，后处于失重状态，故A、B、D错误，C正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,A.运动员离开蹦床后处于失重状态 B.运动员上升到最高点时加速度为零 C.运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动 D.运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态,3.(2017绍兴市选考模拟)在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌.如图2所示为运动员正在比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是,答案,图2,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析 运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确； 运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g，故B错误； 运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误； 运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,4.(2017湖州市期末)如图3所示，一体重为500 N的同学站在体重计上，在升降机中研究超重和失重现象，升降机在上升过程中经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，则比较符合实际情况的体重计示数依次为 A. 520 N、500 N、480 N B. 480 N、500 N、520 N C. 480 N、520 N、500 N D. 500 N、500 N、500 N,图3,解析 匀加速上升，超重，体重计示数大于重力，匀速时体重计示数等于重力，匀减速时失重，体重计示数小于重力.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析 位移大小可由图象与时间轴所围的面积求出，由vt图线的斜率可求出加速度大小a，由牛顿第二定律知，ag，故动摩擦因数也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力.,5.(2016绍兴市调研)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的vt图象如图4所示.已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是 A.木块的位移大小 B.木块的加速度大小 C.木块所受摩擦力 D.木块与水平面间的动摩擦因数,图4,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,6.(2017温州市十校高三期末)如图5甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心.图乙是根据传感器画出的Ft图线.两图中ag各点均相对应，其中有几个点在图甲中没有画出，图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700 N.取重力加速度g10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是,图5,甲 乙,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,A.此人重心在b点时处于超重状态 B.此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小 C.此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小 D.此人重心在f点时，脚刚好离开传感器,解析 由题图知a、c、e点处对应的FG，故加速度等于0，b点处FG，处于失重状态，重心在f点时，F0，脚刚好离开传感器.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,7.如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上.若它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1F2，则1施于2的作用力大小为,答案,解析,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,8.如图7所示，一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m10 kg的猴子，从绳子的一端沿绳子向上爬，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2),解析 在重物不离开地面的条件下，绳子的最大拉力为Fmg150 N，对猴子受力分析，设其向上爬的最大加速度为a，由牛顿第二定律有：Fmgma，解得a5 m/s2，故B选项正确.,答案,解析,图7,A.25 m/s2 B.5 m/s2 C.10 m/s2 D.15 m/s2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,A.小物块的加速度大小恒为2.5 m/s2 B.斜面倾角为60 C.小物块2 s末的速度是5 m/s D.小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s,9.如图8甲所示，小物块从光滑固定斜面上自由滑下，小物块的位移x和时间的平方t2的关系如图乙所示.g10 m/s2，下列说法正确的是,答案,图8,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,小物块2 s末的速度v2at252 m/s10 m/s，选项C错误；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,图9,答案,10.(2017余姚中学高三上期中)如图9所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则 A.t1t2，v1v2 B.t1t2，v1v2 C.t1t2，v1v2 D.t1t2，v1v2,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,解析 在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1v2，结合速度时间公式知，t1t2，故A正确，B、C、D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,11.如图10甲所示，质量为m2 kg的物体在水平面上向右做直线运动.过A点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示.取重力加速度g10 m/s2.求：,图10,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；,答案 见解析,解析 设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由vt图象得a12 m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmgma1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2， 则由vt图象得a21 m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmgma2， 联立解得F3 N，0.05.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)10 s末物体离A点的距离.,答案 见解析,解析 设10 s末物体离A点的距离为d，d应为vt图象与横轴所围的面积，,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,12.有一种能够垂直起降的小型遥控无人机，质量为m2 kg，假定运动过程中所受空气阻力大小恒为F阻4 N，方向与无人机运动方向相反.当无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t4 s时，离地面的高度为h48 m，g取10 m/s2. (1)其动力系统能够提供的最大升力为多大？,答案 36 N,答案,解析,解析 无人机以最大升力竖直向上起飞，做匀加速直线运动，,根据牛顿第二定律有FmgF阻ma1，解得F36 N.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力，从静止开始坠落，则无人机坠落地面时的速度为多大？,答案 40 m/s,答案,解析,解析 无人机失去升力坠落过程，做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律，有mgF阻ma2， 解得a28 m/s2， 由v22a2H，解得v40 m/s.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,13.由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡(坡上的雪已压实，斜坡表面平整)，发现雪块能沿坡面最大上冲3.2 m.已,知雪块与坡面间的动摩擦因数为0.05，他们又测量了斜坡的倾角为37，如图11所示，他俩就估测出了雪块的初速度.那么：(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2),图11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(1)请你算出雪块的初速度为多大；,答案 6.4 m/s,答案,解析,解析 雪块上滑的加速度大小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)求雪块沿坡面向上滑的时间为多长；,答案 1 s,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(3)求雪块沿坡面滑到底端的速度大小.,答案 6 m/s,答案,解析,gsin 37gcos 375.6 m/s2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,
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