第四章牛顿运动定律4.7用牛顿运动定律解决问题（二）课件:91张PPT

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用牛顿运动定律解决问题(二)一、共点力的平衡条件1.平衡状态:一个物体在力的作用下,保持_____或
_____________状态。
2.平衡条件:_____。静止匀速直线运动F合=0二、超重和失重1.超重:
(1)定义: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。
(2)产生条件:物体具有__(A.竖直向上　B.竖直向下)
的加速度。大于A2.失重:
(1)定义: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。
(2)产生条件:物体具有__(A.竖直向上　B.竖直向下)
的加速度。小于B(3)完全失重。
①定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)
_______的状态。
②产生条件:a=g,方向_________。
等于零竖直向下三、从动力学看自由落体运动1.自由落体运动:
(1)受力情况:运动过程只受_____作用。重力恒定
不变,所以物体的_______恒定。
(2)运动情况:初速度为___的竖直向下的_______
直线运动。重力加速度零匀变速2.竖直上抛运动:
(1)受力情况:只受_____作用,加速度为___________。
(2)运动情况:上升阶段为___________运动,下降阶段
为_________运动,整个过程是匀变速直线运动。重力重力加速度匀减速直线自由落体(3)基本公式。
①速度公式:v=_____。
②位移与时间的关系:x=__________。
③速度与位移之间的关系:v2-v02=_____。v0-gt-2gx【思考辨析】
(1)处于平衡状态的物体一定处于静止状态。 (　　)
(2)加速度为零时,物体一定处于平衡状态。 (　　)
(3)物体向上运动时一定处于超重状态。 (　　)(4)物体减速向下运动时处于失重状态。 (　　)
(5)物体处于失重状态时重力减小了。 (　　)
(6)做竖直上抛运动的物体,只受重力作用,加速度大小和方向都不变。 (　　)提示:(1)×。物体处于静止或匀速直线运动的状态称为平衡状态,处于平衡状态的物体也可能做匀速直线运动。
(2)√。加速度为零时,物体的速度不变,物体做匀速直线运动或静止,故一定处于平衡状态。
(3)×。物体向上运动时,不一定有向上的加速度,因此不一定处于超重状态。(4)×。物体减速向下运动时,加速度方向竖直向上,因此处于超重状态。
(5)×。无论是物体处于失重还是超重状态,它的重力都没有变化,只是看起来发生了变化。
(6)√。做竖直上抛运动的物体,只受重力作用,根据牛顿第二定律,加速度大小为g,方向竖直向下。一　共点力作用下物体的平衡问题
【典例】在科学研究中,可以用风力仪直接测量风力的大小,其原理如图所示。仪器中一根轻质金属丝,悬挂着一个金属球。无风时,金属丝竖直下垂;当受到沿水平方向吹来的风时,金属丝偏离竖直方向一个角度。风力越大,偏角越大。通过传感器,就可以根据偏角的大小指示出风力。那么,风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间有什么样的关系呢? 导学号28974120【正确解答】取金属球为研究对象,有风时,它受到3个力的作用:重力mg、水平方向的风力F和金属丝的拉力FT,如图所示。这3个力是共点力,在这三个共点力的作用下金属球处于平衡状态,则这3个力的合力为零。根据任意两力的合力与第3个力等大反向求解,可以根据力的三角形定则求解,也可以用正交分解法求解。法一:(力的合成法)
如图甲所示,风力F和拉力FT的合力与重力等大反向,由平行四边形定则可得F=mgtan θ。法二:(力的分解法)
重力有两个作用效果:使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧,所以可以将重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解,如图乙所示,由几何关系可得
F=F′=mgtan θ。
法三:(正交分解法)
以金属球为坐标原点,取水平方向为x轴,竖直方向为y轴,建立坐标系,如图丙所示。由水平方向的合力F合x和竖直方向的合力F合y分别等于零,即
F合x=FT sin θ-F=0,
F合y=FT cos θ-mg=0。解得F=mgtan θ。
由所得结果可见,当金属球的质量m一定时,风力F只与偏角θ有关。因此,偏角θ的大小就可以指示出风力的大小。
答案:F=mgtan θ【核心归纳】
1.两种平衡情形:
(1)物体在共点力作用下处于静止状态。
(2)物体在共点力作用下处于匀速直线运动状态。2.两种平衡条件的表达式:
(1)F合=0。
(2)
其中Fx合和Fy合分别是将所受的力进行正交分解后,
物体在x轴和y轴方向上所受的合力。3.由平衡条件得出的三个结论:4.共点力平衡问题的常见处理方法:【过关训练】
1.如图所示,一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上,一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ=30°,且绳绷紧,则练功队员对沙袋施加的作用力大小为 (　　)A. 　　　B. mg　　　C. mg　　　D. mg【解析】选A。
如图,建立直角坐标系对沙袋进行受力分析有:
由平衡条件有:
Fcos 30°-Tsin 30°=0
Tcos 30°+Fsin 30°-mg=0
联立可解得:F= ,选项A正确。2.如图所示,将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻
弹簧,一端固定在水平天花板上相距为2L的两点,另一
端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向
的夹角为37°。若将物体的质量变为M,平衡时弹簧与
竖直方向的夹角为53°(sin 37°=0.6),则
等于 (　　)【解析】选A。由平衡条件,对左图列方程
2kx1cos37°=mg,(L+x1)sin37°=L,
对右图列方程2kx2cos53°=Mg,(L+x2)sin53°=L,
联立解得 ,选项A正确。【补偿训练】
1.倾角θ=30°的斜面固定,重为G的物体恰好可以沿斜面匀速下滑,现对物体施加一拉力(图中未画出),使物体沿斜面匀速上滑,则该拉力的最小值为 (　　) 【解析】选C。木块匀速下滑过程中,受力如图所示。根据平衡条件可得:mgsin θ=Ff,mgcos θ=FN,
其中Ff=μFN,解得:μ=tan θ
设F的方向与斜面夹角为α,斜向上,根据平衡条件得:
Fcos α=mgsin θ+μ(mgcos θ-Fsin α)
整理得:F=
当α=θ时,F最小,最小为2mgsin θ cos θ
=2G× 选项C正确。2.(多选)如图所示,质量为M的木块C放在水平地面上,固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B,小球A、B的质量分别为mA和mB,当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时,A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动,且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则下列判断正确的是(　　)A.力F的大小为mBg
B.地面对C的支持力等于(M+mA+mB)g
C.地面对C的摩擦力大小为 mBg
D.mA=mB【解析】选A、C、D。对小球B受力分析,水平方向有
Fcos30°=FTbcos30°,得FTb=F,竖直方向有Fsin30°
+FTbsin30°=mBg,解得F=mBg,故A正确;对小球A受力分
析,竖直方向有mAg+FTbsin30°=FTasin60°,水平方向
有FTasin30°=FTbsin60°,联立解得mA=mB,故D正确;以A、B、C整体为研究对象受力分析,竖直方
向有FN+Fsin30°=(M+mA+mB)g,可见FN小于(M+mA+mB)g,
故B错误;水平方向有Ff=Fcos30°=mBgcos30°= mBg,
故C正确。
二　超重和失重现象
考查角度1 超重、失重的判断问题
【典例1】若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是 导学号28974121(　　)【正确解答】选B。由题图可知,升降机运动过程分为匀加速下降、匀速下降、匀减速下降、匀加速上升、匀速上升、匀减速上升,故升降机所处的状态依次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项B。【核心归纳】
1.超重、失重的比较: 2.判断超重、失重状态的方法:
(1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)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(包括斜向上)时处于超重状态,具有向下的加速度(包括斜向下)时处于失重状态,向下的加速度为g时处于完全失重状态。
(3)从运动的角度判断,当物体加速上升或减速下降时,物体处于超重状态,当物体加速下降或减速上升时,物体处于失重状态。【易错提醒】
(1)物体向下运动不一定失重,向上运动不一定超重,物体是超重还是失重与运动方向无关,取决于加速度方向。
(2)物体的重力仅由它的质量和当地的重力加速度决定,与物体的运动状态无关。超重或失重状态下,物体的重力不变。考查角度2 超重、失重的计算问题
【典例2】一个质量是60 kg①的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂着一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量是50 kg的物体②。当升降机向上运动时，该人看到弹簧测力计的示数为400 N③，求此时人对升降机地板的压力。（g取10 m/s2）导学号28974122【审题关键】【正确解答】以物体为研究对象,受力分析如图所示,选取向上的方向为正方向,由牛顿第二定律得:
FT-mg=ma,
a= m/s2
=-2 m/s2再以人为研究对象,他受到向下的重力m人g和地板的支
持力FN,由牛顿第二定律得:
FN-m人g=m人a,
FN=m人a+m人g=m人(g+a)=60×(10-2) N=480 N
由牛顿第三定律可知,人对升降机地板的压力为480 N,
方向竖直向下。
答案:480 N,方向竖直向下【核心归纳】
定量分析超重、失重问题的思路
超重、失重问题本质上就是牛顿第二定律的应用问题,解题时仍应抓住加速度这个关键量,具体方法是:
(1)确定研究对象。
(2)分析物体受力情况和加速度的大小、方向。
(3)根据牛顿第二定律列式求解。【过关训练】
1.下列说法正确的是 (　　)
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【解析】选B。从受力上看,失重物体所受合外力向下,超重物体所受合外力向上;从加速度上看,失重物体的加速度向下,而超重物体的加速度向上。A、C、D中的各运动员所受合外力为零,加速度为零,只有B中的运动员处于失重状态。2.如图所示,金属小桶侧面有一小孔A,当桶内盛水时,水会从小孔A中流出。如果让装满水的小桶自由下落,不计空气阻力,则在小桶自由下落过程中 (　　)
A.水继续以相同的速度从小孔中喷出
B.水不再从小孔喷出
C.水将以更大的速度喷出
D.水将以较小的速度喷出【解析】选B。水桶自由下落,处于完全失重状态,故其中的水也处于完全失重状态,对容器壁无压力,故水不会流出,选项B正确。3.一质量为m=40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。
电梯从t=0时刻由静止开始上升,在0～6 s内体重计示
数F的变化情况如图所示。试问:在这段时间内小孩
超、失重情况及电梯上升的高度是多少?(重力加速度
g取10 m/s2)【解析】小孩体重G=400 N,由题图知,在0～2 s内,F1=440 N,F1>G,电梯匀加速上升,小孩处于超重
状态,此时有a1= =1 m/s2,
v=a1t1=2 m/s,
h1= =2 m在2～5 s内,F2=400 N,F2=G,电梯匀速上升,小孩处于平衡状态,此时有
h2=vt2=6 m
在5～6 s内,F3=320 N,F3a3= =2 m/s2又v-a3t3=0,说明电梯在6 s末停止。
故h3= t3=1 m
所以电梯上升的高度为h=h1+h2+h3=9 m。
答案:在0～2 s内,小孩处于超重状态;在2～5 s内,小孩处于平衡状态;在5～6 s内,小孩处于失重状态;电梯上升的高度为9 m。【补偿训练】
1.(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力 (　　)
A.t=2 s时最大
B.t=2 s时最小
C.t=8.5 s时最大
D.t=8.5 s时最小【解析】选A、D。在竖直方向,有F-mg=ma,得F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F就越大,所以A项正确;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D项正确。2.(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上,下端挂一
质量为2 kg的物体。当升降机在竖直方向运动时,弹
簧测力计的示数始终是16 N。如果从升降机的速度大
小为3 m/s时开始计时,则经过1 s,升降机的位移大小
可能是(g取10 m/s2) (　　)
A.3 m　　 B.8 m
C.2 m D.4 m【解析】选C、D。由于弹簧测力计的示数小于物体的
重力,故物体处于失重状态,加速度方向竖直向下;
由牛顿第二定律可得:mg-F=ma,故加速度大小a=
m/s2=2 m/s2;当物体加速向下运动时,1 s
内的位移x1=v0t+ at2=3×1 m+ ×2×12 m=4 m,
选项D正确;当物体减速向上运动时,1 s内的位移
x2=v0t- at2=3×1 m- ×2×12m=2 m,选项C正确。三　从动力学看自由落体运动和竖直上抛运动
【典例】(多选)某人在高层楼房的阳台外侧以30 m/s
的速度竖直向上抛出一个石块,石块运动到离抛出点
25 m处所经历的时间可能是(不计空气阻力,g取10 m/s2)
导学号28974123(　　)
A.1 s　　　B.3 s　　　C.5 s　　　D.(3+ )s【正确解答】选A、C、D。石块运动到离抛出点25 m处
包括两种情况:一种是在抛出点上方25 m处,h=25 m,
一种是在抛出点下方25 m处,h=-25 m,由h=v0t- gt 2
可知A、C、D正确。【核心归纳】
竖直上抛运动的研究方法
(1)分段法:上升过程是加速度a=-g,末速度v=0的匀减速直线运动,下降过程是自由落体运动,且上升阶段和下降阶段具有对称性。(2)整体法:将全过程看成是初速度为v0、加速度为-g的匀变速直线运动,把匀变速直线运动的基本规律直接应用于全过程,但必须注意相关量的矢量性。习惯上取抛出点为坐标原点,v0的方向为正方向。此方法中物理量正负号的意义:①v>0时,物体正在上升,v<0时,物体正在下降;
②h>0时,物体在抛出点的上方,h<0时,物体在抛出点的下方。
【易错提醒】
(1)物体只受重力时,处于完全失重状态。
(2)物体处于超重状态时,在竖直方向上具有向上的加速度,但物体不一定是向上运动。
(3)物体处于失重状态时,在竖直方向上具有向下的加速度,但物体不一定是向下运动。【过关训练】
1.滴水法测重力加速度的过程是这样的:让水龙头的水
一滴一滴地滴在其正下方的盘子里,调整水龙头,让新
一滴水滴到盘子听到声音时,后一滴水恰离开水龙头。
测出n次听到水击盘声的总时间t,用刻度尺测量出水龙
头到盘子的高度差h,即可算出重力加速度。设人耳能
区别两个声音的时间间隔为0.1 s,已知声速为340 m/s,
则 (　　)A.水龙头距人耳的距离至少为34 m
B.水龙头距盘子里的距离至少为34 m
C.重力加速度的计算式为
D.重力加速度的计算式为 【解析】选D。由于人耳能区分两个声音的时间差为
0.1 s,因此两滴水落到盘子的时间差必须不小于
0.1 s,则水龙头距盘子的距离至少为h= gt2=0.05 m。
人耳听到水击盘声的时间差与水龙头距人耳的距离
无关,声速为干扰条件。当听到n次声音时,时间间
隔为
h= g( )2,则g= 。2.(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,5 s内物体的 (　　)
A.路程为65 m
B.位移大小为25 m,方向向上
C.速度改变量的大小为10 m/s
D.平均速度大小为13 m/s,方向向上【解析】选A、B。初速度为30 m/s,只需要3 s即可上
升到最高点,位移为h1= m=45 m,再自由下落2 s,下
降高度为h2=0.5×10×22 m=20 m,故路程为65 m,选项
A正确;此时离抛出点高25 m,位移方向竖直向上,选项
B正确;此时速度为v=10×2 m/s=20 m/s,速度改变量为
50 m/s,选项C错误;平均速度为 m/s=5 m/s,选项D错
误。【补偿训练】
一个做竖直上抛运动的物体,当它经过抛出点上方
0.4 m处时,速度是3 m/s,当它经过抛出点下方0.4 m
处时,速度应为多少?(g取10 m/s2,不计空气阻力)【解析】解法一:设位移x1=0.4 m时速度为v1,到达
抛出点上方0.4 m处时还能上升高度h,则

据题意,物体相当于从x=0.45 m+0.4×2 m=1.25 m
高处自由下落
所求速度v= 解法二:设位移x1=0.4 m时速度为v1,位移x2=-0.4 m
时速度为v2,则:v22=v12-2g(x2-x1)
代入数据,解得:v2=5 m/s解法三:由运动的上升与下降过程的对称性可知,物体
落回到抛出点上方0.4 m处时,速度为3 m/s,方向竖直
向下,以此点为起点,物体做竖直下抛运动,从此点开
始到原抛出点下方0.4 m 处的位移为x=(0.4+0.4)m=
0.8 m,那么所求的速度为这段时间的末速度,即
答案:5 m/s【拓展例题】考查内容:相互关联的自由落体问题
【典例】物体甲从某一高度H处自由落下,1 s后从另一较低高度h处自由落下另一物体乙,若甲从开始下落处算起,下落了45 m之后追赶上了乙,并且再经过1 s落地,则乙从下落到着地所经历的时间是多少?(g取10 m/s2)【解析】对甲、乙两物体作出其运动过程示意图如图所示,设甲物体在图中A点追上乙,此时甲物体距下落点的距离为H1,下落时间为t1,乙物体此时下落高度为h1,下落时间为(t1-1)s。
对甲物体有H1= =45 m。
解得t1=3 s,所以甲物体下落点离地高度为
H= g(t1+1 s)2= ×10×42 m=80 m。
当甲追上乙时离地面高度为
Δh=H-H1=80 m-45 m=35 m。
对乙物体有h1= g(t1-1 s)2= ×10×22 m=20 m。所以乙开始下落时离地面的高度为
h=h1+Δh=20 m+35 m=55 m。
乙从下落到着地所经历的时间为

答案:3.3 s