物理高考大一轮复习课件第三章牛顿运动定律第2讲牛顿运动定律的应用

1、一、超重、失重和完全失重的比较,注意判断一个物体处于超重还是失重状态,主要根据加速度沿竖直方 向的分量方向进行判断。若竖直向上,则超重,若竖直向下,则失重。,2.解答两类动力学问题应注意的两点 (1)无论是哪种情况,联系力和运动的“桥梁”是加速度。,二、两类动力学问题 1.程序图,(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初速度共同决定。,1.手托着书使它做下述各种情况的运动,那么,手对书的作用力最大的情况是() A.向下做匀减速运动B.向上做匀减速运动 C.向下做匀加速运动D.向上做匀速运动 答案A向上做匀减速运动、向下做匀加速运动时书都处于失重状态, 向上做匀速运动时书处于平衡状态,向下做

2、匀减速运动时书处于超重状态,当书处于超重状态时,手对书的作用力最大,所以A对。,2.(多选)如图甲所示,在粗糙的水平面上,物体A在水平向右的拉力F的作用下做直线运动,其v-t图象如图乙中实线所示,下列判断中正确的是(),A.在01 s内,拉力F不断增大 B.在13 s内,拉力F保持不变,C.在34 s内,拉力F不断增大 D.在34 s内,拉力F不断减小,答案BD由v-t图象可知,在01 s内,物体做匀加速直线运动,加速度恒 定,由牛顿第二定律可知,合外力恒定,因此拉力恒定,A项错误;在13 s内,物体做匀速直线运动,合外力为零,拉力大小始终等于摩擦力的大小,B项正确;在34 s内,物体做的是变

3、减速运动,加速度大小越来越大,摩擦力恒定,则由Ff-F=ma可知,拉力F越来越小,C项错误,D项正确。,3.(多选)在电梯内的地板上,竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯静止时,弹簧被压缩了x;当电梯运动的某一过程中,弹簧又被继续压缩了。则电梯运动的情况可能是() A.以大小为g的加速度加速上升 B.以大小为g的加速度减速上升 C.以大小为g的加速度加速下降 D.以大小为g的加速度减速下降 答案AD电梯静止时:mg=kx,电梯运动时:k(x+)-mg=ma,解得a=g,方向向上,故选项A、D对,B、C错。,4.(多选)如图所示,表面粗糙的传送带静止时,物块由传送带顶端A

4、从静止开始滑到传送带底端B用的时间是t,则() A.当传送带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定大于t B.当传送带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定等于t C.当传送带向下运动时,物块由A滑到B的时间一定等于t D.当传送带向下运动时,物块由A滑到B的时间一定小于t,- cos ),且有L=at2。 当传送带向上运动时,物块所受的滑动摩擦大小和方向没有改变,则加速度也不变,由L=at2知,物块由A滑到B的时间一定等于t,故A错误,B正确。 当传送带向下运动时,物块受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得:此时物块的加速度为a=g(sin + cos ),可见加

5、速度增大,由L=at2得,t一定小 于t,故D正确,C错误。,答案BD设A、B间传送带长度为L,倾角为,物块与传送带间的动摩 擦因数为。 当传送带不动时,物块受到重力、传送带的支持力和沿传送带向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得:物块的加速度为a=g(sin ,1.超重、失重不是重力增加或减少了,而是重力用作其他用途,对水平支持面的压力或对竖直悬线的拉力变大或变小了,重力的大小是没有变化的,仍为mg。 2.超重、失重与物体的速度无关,只取决于物体的加速度方向。,重难一超重、失重问题,3.对系统超重、失重的判定不能只看某一物体,要综合分析,某一物体的加速运动会不会引起其他物体运动状态的变化。例如

6、台秤上放一容器,一细线拴一木球,线另一端拴于盛水容器的底部,剪断细线,木球加速上升同时有相同体积的水以相同的加速度在加速下降,综合起来,台秤示数会减小。若不能注意到这一点,会得出相反的错误结论。 4.在完全失重的状态下,由重力产生的一切物理现象都会消失。如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等,但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的,因为弹簧测力计是根据F=kx制成的测力工具,并非只能测量重力。,典例1在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示,在这段时间内下列说法

7、中正确的是(),A.晓敏同学所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力小于体重计 对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 D.电梯的加速度大小为g/5,方向 一定竖直向下,解析由题知体重计的示数为40 kg时,人对体重计的压力小于人的重力, 故处于失重状态,实际人受到的重力并没有变化,A错;由牛顿第三定律知B错;电梯具有向下的加速度,但不一定是向下运动,C错;由牛顿第二定律有mg-FN=ma,可知a=,方向竖直向下,D对。 答案D,1-1一同学想研究电梯上升过程的运动规律。某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统,砝码悬挂在力传感器上。电梯从第一层开始启动,

8、中间不间断,一直到最高层停止。在这个过程中,显示器上显示出的力随时间变化的关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2,根据表格中的数据。求:,(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小; (2)电梯在3.013.0 s时间段内的速度v的大小; (3)电梯在19.0 s内上升的高度H。,答案(1)1.6 m/s20.8 m/s2(2)4.8 m/s(3)69.6 m 解析(1)由牛顿第二定律F=ma和图象所给信息得 a1= m/s2=1.6 m/s2 a2= m/s2=0.8 m/s2。 (2)3.013.0 s内电梯匀速运动,由匀变速直线运动的速度公式得v=a1t1=

9、1.63 m/s=4.8 m/s。 (3)电梯在19.0 s内上升的高度H应是三个阶段内位移之和,即 H=a1+vt2+a2,=1.632 m+4.810 m+0.862 m =69.6 m。,1.物体运动性质的判断方法 (1)明确物体的初始运动状态(v0)。 (2)明确物体的受力情况(F合)。 (3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。 2.两类动力学问题的解题步骤,重难二两类动力学问题,开始沿斜面下滑,滑块的质量为m=2 kg,它与斜面的动摩擦因数为,帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,即Ff=kv。若滑块从静止开始下滑的速度图象如图乙中的

10、曲线所示,图中的直线是t=0时速度图线的切线,g=10m/s2。,典例2如图甲所示,在倾角为=30的长斜面上有一带风帆的滑块从静止,(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度; (2)求和k的值。,解析(1)由图乙可得:t=0时,滑块下滑的加速度最大为amax= 3 m/s2; t=3 s时,滑块下滑的速度最大为:vmax=2 m/s (2)t=0时滑块下滑的加速度最大为amax,由牛顿第二定律得:F合=mg sin -mg cos =mamax t=3 s时滑块下滑的速度达最大,有: mg sin =mg cos +kvmax,解得:=0.23 k=3 kg/s(说明:k的答案没有单位不算对)。

11、 答案(1)3 m/s22 m/s(2)0.233 kg/s,2-1如图所示,一倾角为的光滑斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下,从A点由静止开始运动,到达B点时立即撤去拉力F。此后,物体到达C点时速度为零。每隔0.2 s通过传感器测得物体的瞬时速度,下表给出了部分测量数据。求:,(1)恒力F的大小; (2)撤去外力F的时刻。,答案(1)11 N(2)1.5 s 解析(1)加速阶段加速度大小 a1=5 m/s2 减速阶段加速度大小a2=6 m/s2 加速阶段中:F-mg sin =ma1 减速阶段中:mg sin =ma2 由以上两式得F=m(a1+a2)

12、=11 N。,(2)撤去外力瞬间速度最大,有 a1t=v0+a2(t-t) (其中:v0=3.3 m/s,t=2.2 s), 解得t=1.5 s。,两类传送带问题的分析方法 传送带问题的考查一般从两个层面上展开: 一是受力和运动分析。受力分析中关键是注意摩擦力的突变(大小、方向)发生在v物与v带相同的时刻;运动分析中关键是相对运动的速度大小与方向的变化物体和传送带对地速度的大小与方向的比较。 二是功能分析。注意功能关系;WF=Ek+Ep+Q。式中WF为传送带做的功,WF=Fs带(F由传送带受力情况求得);Ek、Ep为传送物体的动能、重力势能的变化;Q是由于摩擦产生的内能:Q=Fs相对。,1.水

13、平放置的传送带 典例1水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行,一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1,A、B间的距离L=2 m,g取10 m/s2。 (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间;,(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

14、,解析(1)滑动摩擦力Ff=mg=0.1410 N=4 N, 加速度a=g=0.110 m/s2=1 m/s2。 (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则 v=at1,t1= s=1 s。 (3)行李始终匀加速运行时间最短,加速度仍为a=1 m/s2,当行李到达右端时,有 =2aL,vmin= m/s=2 m/s,所以传送带对应的最小运行速率为 2 m/s。,行李最短运行时间由vmin=atmin得tmin= s=2 s。 答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s,2.倾斜放置的传送带 典例2如图所示,传送带与地面夹角=37,从AB长度为16 m,传送带以 10 m/

15、s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8),t1= s=1 s,t1时间内位移x=a1=5 m。,解析物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体 的速度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F,物体受力情况如图甲所示。物体由静止加速,由牛顿第二定律有mg sin +mg cos =ma1,得 a1=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2。 物体加速至与传送带速度相等需要的时间,由于tan ,物体在重力作用下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F。此时物体受力情况如图乙所示,由牛顿第二定