第2講牛頓運動定律的應用第三章

牛頓運動定律[考試標準]知識內容必考要求加試要求說明牛頓運動定律應用dd1.求解連接體問題時，只限于各物體加速度相同的情形.2.不要求解決加速度不同的兩個物體的動力學問題.超重與失重b內容索引過好雙基關回扣基礎知識訓練基礎題目研透命題點細研考綱和真題分析突破命題點課時作業限時訓練練規范練速度過好雙基關一、兩類動力學問題1.兩類動力學問題(1)已知受力情況求物體的

.(2)已知運動情況求物體的

.2.解決兩類基本問題的方法以

為“橋梁”，由

和

列方程求解，具體邏輯關系如下圖：運動情況受力情況加速度運動學公式牛頓第二定律自測1水平路面上質量是30kg的手推車，在受到60N的水平推力時做加速度為1.5m/s2的勻加速運動.如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g＝10m/s2)答案0.5m/s2解析

設阻力大小為Ff，則F－Ff＝ma解得Ff＝15N如果撤去推力，車的加速度大小為a′，則Ff＝ma′解得a′＝0.5m/s2.答案解析二、超重與失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)

物體所受重力的現象.(2)產生條件：物體具有向上的加速度.2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)

物體所受重力的現象.(2)產生條件：物體具有向下的加速度.大于小于3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)

的現象稱為完全失重現象.(2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向

.等于零豎直向下自測2關于超重和失重的下列說法中，正確的是A.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態，所以做自由落體運動的物

體不受重力作用C.物體具有向上的速度時處于超重狀態，物體具有向下的速度時處于失

重狀態D.物體處于超重或失重狀態時，物體的重力始終存在且不發生變化√答案研透命題點命題點一超重與失重現象1.不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.2.在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失.3.盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態.圖象如圖1所示.則下列相關說法正確的是A.t＝4.5s時，電梯處于失重狀態B.5～55s時間內，繩索拉力最小C.t＝59.5s時，電梯處于超重狀態D.t＝59s時，電梯處于失重狀態例1廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺.若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖1√答案解析解析利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態，則A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態，拉力大于重力，5～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態，拉力小于重力，綜上所述，B、C錯誤，D正確.答案解析變式1

(2016·慈溪中學期中)2016年10月份，蕭山區某中學舉行了校秋季運動會，小明同學參加了跳高決賽，他以背越式跳過1.65m的高度拿到了本屆校運會的亞軍，為班級爭了光.若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是A.小明下降過程中處于失重狀態B.小明腳離地起跳以后在上升過程中處于超重狀態C.小明起跳時地面對他的支持力等于他的重力D.小明起跳以后在下降過程中重力消失了√解析小明下降過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態，故A正確；起跳以后在上升過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態，故B錯誤；小明起跳時加速度的方向向上，所以地面對他的支持力大于他的重力，故C錯誤；人處于超重或失重狀態時，人的重力并沒變，故D錯誤.答案變式2如圖2所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力).下列說法正確的是A.在上升或下降過程中A對B的壓力一定為零B.上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C.下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D.在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力圖2√解析無論物體在上升過程中還是下降過程中，兩物體組成的系統都只受重力作用，系統處于完全失重狀態，所以在整個上升和下降過程中，A對B的壓力始終為零，故選項A正確.解析答案變式3質量為60kg的人，站在升降機內的臺秤上，測得體重為480N，則升降機的運動是(g取10m/s2)A.可能是勻速下降

B.升降機加速度大小為2m/s2C.升降機加速度大小為3m/s2

D.可能是減速下降√解析對人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降機的加速度也向下，所以升降機的運動是加速下降或減速上升，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得a＝m/s2＝2m/s2，故B正確.解析命題點二動力學中的圖象問題1.常見的動力學圖象v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等.2.圖象問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況.(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況.(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象.3.解決圖象問題的關鍵(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始.(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解.例2

(2016·平陽二中期中)如圖3甲所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為θ的光滑固定斜面上.逐漸增大F，物體開始做變加速運動，其加速度a隨F變化的圖象如圖乙所示.g取10m/s2.根據圖乙中所提供的信息不能計算出的是A.物體的質量B.斜面的傾角C.使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小D.加速度為6m/s2時物體的速度圖3答案√解析解析對物體受力分析，物體受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分別建立x軸、y軸，并將力沿坐標軸的方向分解，如圖所示.x軸方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，y軸方向：FN－Fsinθ－mgcosθ＝0，從圖象中取兩個點(0N，－6m/s2)、(30N，6m/s2)代入，解得：m＝2kg，θ＝37°，當a＝0時，可解得F＝15N，因而A、B、C可以算出；根據圖中信息無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，因而D不可以算出.變式4雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，如圖所示的圖象能正確反映雨滴下落運動情況的是答案√解析

雨滴速度增大時，阻力也增大，由牛頓第二定律得a＝

，故加速度逐漸減小，最終雨滴做勻速運動，故C正確.解析變式5

(2017·浙江“9＋1”高中聯盟期中)水平力F方向確定，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F的大小按圖4甲所示規律變化，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖乙所示.重力加速度大小為10m/s2，則下列物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力Ffm、物塊與水平桌面間的滑動摩擦力Ff、物塊與水平桌面間的動摩擦因數μ、物塊質量m的值正確的是A.Ffm＝4N B.μ＝0.1C.Ff＝6N D.m＝2kg√甲乙答案解析圖4解析t＝2s時，Ffm＝F＝6N；F1－μmg＝ma1，即6－μmg＝m.t＝4s時，F2－μmg＝ma2，即12－μmg＝3m，解得m＝3kg，μ＝0.1，則Ff＝μmg＝3N.命題點三動力學的兩類基本問題1.把握“兩個分析”“一個橋梁”兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析.一個橋梁：加速度是聯系物體運動和受力的橋梁.2.尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯系.如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，畫圖找出各過程的位移之間的聯系.例3

(2017·浙江4月選考·19)如圖5所示，游船從某碼頭沿直線行駛到湖對岸，小明對過程進行觀測并記錄數據如下表：圖5運動過程運動時間運動狀態勻加速運動0～40s初速度v0＝0；末速度v＝4.2m/s勻速運動40～640sv＝4.2m/s勻減速運動640～720s靠岸時v1＝0.2m/s(1)求游船勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1；答案0.105m/s2

84m答案解析(2)若游船和游客的總質量M＝8000kg，求游船勻減速運動過程中所受的合力大小F；答案400N答案解析(3)求游船在整個行駛過程中的平均速度大小.答案3.86m/s答案解析變式6

(2016·浙江10月學考·19)如圖6所示在某段平直的鐵路上，一列以324km/h高速行駛的列車在某時刻開始勻減速行駛，5min后恰好停在某車站，并在該站停留4min，隨后勻加速駛離車站，經8.1km后恢復到原速324km/h.(g取10m/s2)(1)求列車減速時的加速度大小；圖6答案見解析答案解析解析列車的速度為324km/h＝90m/s，經過5min＝300s停下，(2)若該列車總質量為8.0×105kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大小；答案見解析答案解析解析Ff＝0.1mg，根據牛頓第二定律，F－0.1mg＝ma′v2＝2a′x′，因x′＝8.1km＝8100m，v＝90m/s，m＝8.0×105kg解得a′＝0.5m/s2

，F＝1.2×106N(3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內的平均速度大小.答案見解析答案解析變式7

(2016·浙江4月選考·19)如圖7是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55s.若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18m/s.然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺.假定觀光平臺高度為549m，取g＝10m/s2.(1)若電梯經過20s勻加速達到最大速度，求加速度a1及上升高度h；圖7答案0.9m/s2

180m答案解析解析

由運動學公式可得(2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質量為60kg，求小明對電梯地板的壓力；答案654N，方向豎直向下答案解析解析對小明受力分析，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma1則FN＝mg＋ma1＝654N根據牛頓第三定律得：小明對地板的壓力FN′＝FN＝654N，方向豎直向下(3)求電梯勻速運動的時間.答案6s答案解析解析設勻速運動時間為t0，運動的總時間為t總，作出整個過程的v－t圖象如圖所示，則由v－t圖象可得H＝

(t總＋t0)vm解得t0＝6s.變式8如圖8所示，一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°.現小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發沿桿向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數為

，g取10m/s2.試求：圖8(1)小球運動的加速度大小；答案2.5m/s2答案解析解析在力F作用下，對小球受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律得(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑過程中距A點的最大距離.答案2.4m答案解析解析剛撤去F時，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s撤去力F后，小球上滑時，受力分析如圖乙.由牛頓第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2則小球上滑過程中距A點的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4m.命題點四傳送帶模型模型1水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中v0＞v返回右端時速度為v，當v0＜v返回右端時速度為v0模型2傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1若滑塊能夠上滑，則：(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直減速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能一直減速例4

(2016·武義二中月考)如圖9所示，水平傳送帶兩端相距x＝8m，工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA＝10m/s，設工件到達B端時的速度大小為vB.(取g＝10m/s2)(1)若傳送帶靜止不動，求vB；圖9答案2m/s答案解析(2)若傳送帶順時針轉動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度大小vB；答案能2m/s答案解析解析能.當傳送帶順時針轉動時，工件受力不變，其加速度不發生變化，仍然始終減速，故工件到達B端的速度vB＝2m/s.(3)若傳送帶以v＝13m/s逆時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間.答案13m/s

0.67s答案解析變式9如圖10所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中圖10B.煤塊從A運動到B的時間是2.25sC.劃痕長度是0.5mD.劃痕長度是2m答案√解析解析小煤塊與傳送帶共速前做勻加速直線運動，加速度大小為a＝μg＝4m/s2煤塊從A運動到B的時間t＝t1＋t2＝1.5s煤塊勻加速運動的時間內傳送帶的位移x3＝v0t1＝4m劃痕長度Δx＝x3－x1＝2m.變式10如圖11所示，電動傳送帶以恒定速度v0＝1.2m/s運行，傳送帶與水平面的夾角α＝37°，現將質量m＝20kg的物品箱輕放到傳送帶底端，經過一段時間后，物品箱被送到高h＝1.8m的平臺上，已知物品箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.85，不計其他損耗，則每件物品箱從傳送帶底端送到平臺上，需要多長時間？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)答案3.25s圖11答案解析解析物品箱剛放到傳送帶上時做勻加速運動，當速度達到v0時，與傳送帶一起做勻速運動到平臺.物品箱剛放上去時，根據牛頓第二定律有μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.8m/s2.物品箱隨傳送帶勻速運動到達平臺的時間為總時間為t＝t1＋t2＝3.25s.課時作業1.下列說法中正確的是A.體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態B.蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態C.舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態D.游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態答案√123456789101112132.(2016·舟山中學期中)某同學站在體重計上研究超重與失重，如圖1.她由穩定的站姿變化到穩定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩定的蹲姿變化到穩定的站姿稱為“起立”過程.下列說法正確的是圖1答案解析A.只有“起立”過程，才能出現失重的現象B.只有“下蹲”過程，才能出現超重的現象C.“起立”、“下蹲”的過程都能出現超重和失重的現象D.“起立”的過程，先出現失重現象后出現超重現象√12345678910111213解析“下蹲”過程，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態后處于超重狀態；“起立”過程，人先向上做加速運動，后向上做減速運動，則人先處于超重狀態，后處于失重狀態，故A、B、D錯誤，C正確.12345678910111213A.運動員離開蹦床后處于失重狀態B.運動員上升到最高點時加速度為零C.運動員下落碰到蹦床后立即做減速運動D.運動員和蹦床接觸的過程中一直處于失重狀態3.(2017·紹興市選考模擬)在2016年里約奧運會男子蹦床決賽中，我國選手董棟、高磊分摘銀、銅牌.如圖2所示為運動員正在比賽時的照片，不計空氣阻力，下列說法正確的是答案√圖2解析12345678910111213解析運動員離開蹦床后，僅受重力，加速度方向向下，處于失重狀態，故A正確；運動員上升到最高點時，僅受重力，加速度為g，故B錯誤；運動員下落碰到蹦床后，開始重力大于彈力，加速度向下，向下做加速運動，彈力不斷增大，重力小于彈力后，加速度向上，向下做減速運動，故C錯誤；運動員在接觸蹦床過程中，先加速向下，處于失重狀態，后減速向下，處于超重狀態，故D錯誤.123456789101112134.(2017·湖州市期末)如圖3所示，一體重為500N的同學站在體重計上，在升降機中研究超重和失重現象，升降機在上升過程中經歷了勻加速、勻速和勻減速三個階段，則比較符合實際情況的體重計示數依次為A.520N、500N、480NB.480N、500N、520NC.480N、520N、500ND.500N、500N、500N圖3解析

勻加速上升，超重，體重計示數大于重力，勻速時體重計示數等于重力，勻減速時失重，體重計示數小于重力.答案解析√12345678910111213解析位移大小可由圖象與時間軸所圍的面積求出，由v－t圖線的斜率可求出加速度大小a，由牛頓第二定律知，a＝μg，故動摩擦因數μ也可求出，由于不知木塊的質量，故不能求出木塊所受摩擦力.5.(2016·紹興市調研)一個木塊以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上運動的v－t圖象如圖4所示.已知重力加速度為g，則根據圖象不能求出的物理量是A.木塊的位移大小B.木塊的加速度大小C.木塊所受摩擦力D.木塊與水平面間的動摩擦因數圖4答案解析√123456789101112136.(2017·溫州市十校高三期末)如圖5甲所示，是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的“·”表示人的重心.圖乙是根據傳感器畫出的F－t圖線.兩圖中a～g各點均相對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出，圖乙中a、c、e點對應的縱坐標均為700N.取重力加速度g＝10m/s2.請根據這兩個圖所給出的信息，判斷下面說法中正確的是圖5甲乙12345678910111213A.此人重心在b點時處于超重狀態B.此人重心在c點時的加速度大小大于在b點時的加速度大小C.此人重心在e點時的加速度大小大于在a點時的加速度大小D.此人重心在f點時，腳剛好離開傳感器解析由題圖知a、c、e點處對應的F＝G，故加速度等于0，b點處F＜G，處于失重狀態，重心在f點時，F＝0，腳剛好離開傳感器.答案解析√123456789101112137.如圖6所示，兩個質量相同的物體1和2緊靠在一起，放在光滑的水平桌面上.若它們分別受到水平推力F1和F2作用，而且F1＞F2，則1施于2的作用力大小為答案解析√圖6123456789101112138.如圖7所示，一條不可伸長的輕繩跨過質量可忽略不計的光滑定滑輪，繩的一端系一質量m＝15kg的重物，重物靜止于地面上，有一質量m′＝10kg的猴子，從繩子的一端沿繩子向上爬，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g取10m/s2)解析在重物不離開地面的條件下，繩子的最大拉力為F＝mg＝150N，對猴子受力分析，設其向上爬的最大加速度為a，由牛頓第二定律有：F－m′g＝m′a，解得a＝5m/s2，故B選項正確.答案解析圖7A.25m/s2 B.5m/s2

C.10m/s2 D.15m/s2√12345678910111213A.小物塊的加速度大小恒為2.5m/s2B.斜面傾角為60°C.小物塊2s末的速度是5m/sD.小物塊第2s內的平均速度為7.5m/s9.如圖8甲所示，小物塊從光滑固定斜面上自由滑下，小物塊的位移x和時間的平方t2的關系如圖乙所示.g＝10m/s2，下列說法正確的是答案√圖8解析12345678910111213小物塊2s末的速度v2＝at2＝5×2m/s＝10m/s，選項C錯誤；12345678910111213圖9答案10.(2017·余姚中學高三上期中)如圖9所示，傳送帶的水平部分AB是繃緊的，當傳送帶不運轉時，滑塊從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t1，從B端飛出時速度大小為v1.若傳送帶沿逆時針方向運轉，滑塊同樣從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t2，從B端飛出時速度大小為v2，則A.t1＝t2，v1＝v2

B.t1＜t2，v1＞v2C.t1＞t2，v1＞v2

D.t1＝t2，v1＞v2√解析12345678910111213解析在兩種情況下，滑塊到達A點的初速度相等，在傳送帶上都做勻減速直線運動，加速度大小相等，根據速度位移公式知，到達B端的速度相等，即v1＝v2，結合速度時間公式知，t1＝t2，故A正確，B、C、D錯誤.1234567891011121311.如圖10甲所示，質量為m＝2kg的物體在水平面上向右做直線運動.過A點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得v－t圖象如圖乙所示.取重力加速度g＝10m/s2.求：圖1012345678910111213(1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數μ；答案見解析解析設物體向右做勻減速直線運動的加速度大小為a1，則由v－t圖象得a1＝2m/s2根據牛頓第二定律，有F＋μmg＝ma1設物體向左做勻加速直線運動的加