物理浙江选考总复习课件第三章牛顿运动定律第2讲

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]知识内容必考要求加试要求说明牛顿运动定律应用dd1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形.2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.超重与失重b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30kg的手推车，在受到60N的水平推力时做加速度为1.5m/s2的匀加速运动.如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10m/s2)答案0.5m/s2解析

设阻力大小为Ff，则F－Ff＝ma解得Ff＝15N如果撤去推力，车的加速度大小为a′，则Ff＝ma′解得a′＝0.5m/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a＝g，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.t＝4.5s时，电梯处于失重状态B.5～55s时间内，绳索拉力最小C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态D.t＝59s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t＝0时由静止开始上升，a－t图1√答案解析解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s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1.65m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60kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480N，则升降机的运动是(g取10m/s2)A.可能是匀速下降

B.升降机加速度大小为2m/s2C.升降机加速度大小为3m/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mg－F＝ma，解得a＝m/s2＝2m/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v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a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θ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10m/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6m/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：Fcosθ－mgsinθ＝ma，y轴方向：FN－Fsinθ－mgcosθ＝0，从图象中取两个点(0N，－6m/s2)、(30N，6m/s2)代入，解得：m＝2kg，θ＝37°，当a＝0时，可解得F＝15N，因而A、B、C可以算出；根据图中信息无法求出加速度为6m/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“9＋1”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10m/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μ、物块质量m的值正确的是A.Ffm＝4N B.μ＝0.1C.Ff＝6N D.m＝2kg√甲乙答案解析图4解析t＝2s时，Ffm＝F＝6N；F1－μmg＝ma1，即6－μmg＝m.t＝4s时，F2－μmg＝ma2，即12－μmg＝3m，解得m＝3kg，μ＝0.1，则Ff＝μmg＝3N.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运动过程运动时间运动状态匀加速运动0～40s初速度v0＝0；末速度v＝4.2m/s匀速运动40～640sv＝4.2m/s匀减速运动640～720s靠岸时v1＝0.2m/s(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0.105m/s2

84m答案解析(2)若游船和游客的总质量M＝8000kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；答案400N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3.86m/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324km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h.(g取10m/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324km/h＝90m/s，经过5min＝300s停下，(2)若该列车总质量为8.0×105kg，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Ff＝0.1mg，根据牛顿第二定律，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55s.若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18m/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549m，取g＝10m/s2.(1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h；图7答案0.9m/s2

180m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60kg，求小明对电梯地板的压力；答案654N，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FN－mg＝ma1则FN＝mg＋ma1＝654N根据牛顿第三定律得：小明对地板的压力FN′＝FN＝654N，方向竖直向下(3)求电梯匀速运动的时间.答案6s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v－t图象如图所示，则由v－t图象可得H＝

(t总＋t0)vm解得t0＝6s.变式8如图8所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20N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10m/s2.试求：图8(1)小球运动的加速度大小；答案2.5m/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(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离.答案2.4m答案解析解析刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/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mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2则小球上滑过程中距A点的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m.命题点四传送带模型模型1水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端.其中v0＞v返回右端时速度为v，当v0＜v返回右端时速度为v0模型2倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1若滑块能够上滑，则：(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速例4

(2016·武义二中月考)如图9所示，水平传送带两端相距x＝8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g＝10m/s2)(1)若传送带静止不动，求vB；图9答案2m/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2m/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vB＝2m/s.(3)若传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间.答案13m/s

0.67s答案解析变式9如图10所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/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μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中图10B.煤块从A运动到B的时间是2.25sC.划痕长度是0.5mD.划痕长度是2m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a＝μg＝4m/s2煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝1.5s煤块匀加速运动的时间内传送带的位移x3＝v0t1＝4m划痕长度Δx＝x3－x1＝2m.变式10如图11所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2m/s运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20kg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h＝1.8m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝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？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)答案3.25s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μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.8m/s2.物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为总时间为t＝t1＋t2＝3.25s.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√123456789101112132.(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√12345678910111213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.12345678910111213A.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12345678910111213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.123456789101112134.(2017·湖州市期末)如图3所示，一体重为500N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.520N、500N、480NB.480N、500N、520NC.480N、520N、500ND.500N、500N、500N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√12345678910111213解析位移大小可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度大小a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ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v－t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√123456789101112136.(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F－t图线.两图中a～g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700N.取重力加速度g＝10m/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12345678910111213A.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F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态，重心在f点时，F＝0，脚刚好离开传感器.答案解析√123456789101112137.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F1＞F2，则1施于2的作用力大小为答案解析√图6123456789101112138.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m＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m′＝10kg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10m/s2)解析在重物不离开地面的条件下，绳子的最大拉力为F＝mg＝150N，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：F－m′g＝m′a，解得a＝5m/s2，故B选项正确.答案解析图7A.25m/s2 B.5m/s2

C.10m/s2 D.15m/s2√12345678910111213A.小物块的加速度大小恒为2.5m/s2B.斜面倾角为60°C.小物块2s末的速度是5m/sD.小物块第2s内的平均速度为7.5m/s9.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.g＝10m/s2，下列说法正确的是答案√图8解析12345678910111213小物块2s末的速度v2＝at2＝5×2m/s＝10m/s，选项C错误；12345678910111213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.t1＝t2，v1＝v2

B.t1＜t2，v1＞v2C.t1＞t2，v1＞v2

D.t1＝t2，v1＞v2√解析12345678910111213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v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误.1234567891011121311.如图10甲所示，质量为m＝2kg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v－t图象如图乙所示.取重力加速度g＝10m/s2.求：图1012345678910111213(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；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v－t图象得a1＝2m/s2根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1设物体向左做匀加速直线运动的加