学年人教版高中物理必修一学案 题组训练A47用牛顿运动定律解决问题二Word下载.docx
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(2)
匀减速上升时,以人为研究对象,人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示.选向下为正方向
根据牛顿第二定律:
mg-FN2=ma
FN2=mg-ma=50×
(10-2)N=400N
(3)
匀加速下降时,以人为研究对象,人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示,选向下为正方向,根据牛顿第二定律
有mg-FN3=ma
FN3=mg-ma=50×
(4)
匀减速下降时,以人为研究对象,人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示,选向上为正方向,根据牛顿第二定律有FN4-mg=ma
FN4=mg+ma=50×
归纳总结:
(1)、(4)中,物体具有向上的加速度时,将发生超重现象;
(2)、(3)中,物体具有向下的加速度时,将发生失重现象.
1.超重与失重
(1)超重:
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象.
(2)失重:
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象.
(3)完全失重:
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态.
2.判断超重、失重状态的方法
(1)从受力的角度判断
超重:
物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力.
失重:
物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力.
完全失重:
物体所受向上的拉力(或支持力)等于零.
(2)从加速度的角度判断
物体具有竖直向上的加速度.
物体具有竖直向下的加速度.
物体具有竖直向下的加速度,且加速度大小等于g.
[延伸思考]
有人说:
“物体超重时重力变大了,失重时重力变小了,完全失重时重力消失了.”对吗?
为什么?
答案 不对.超重是物体对支持物的压力(或悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象,物体本身的重力并没有变化.同理,失重和完全失重时重力也没有变化.
三、从动力学看自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件:
①v0=0;
②只受重力作用,a=g.
(2)运动性质:
初速度为零的匀加速直线运动.
(3)规律:
v=gt,h=
gt2,v2-v
=2gh.
2.竖直上抛运动
①具有竖直向上的初速度;
(2)运动性质
全过程看:
匀变速直线运动
分过程看
①以初速度v0竖直向上抛出的物体,到达的最大高度h=
,上升到最大高度所需时间t上=
.
②竖直上抛运动具有对称性.
a.从抛出点上升到最高点所用的时间t上与从最高点落回抛出点所用的时间t下相等,即t上=t下=
;
b.落回抛出点的速度大小v等于初速度v0;
c.上升和下降过程经过同一位置时速度大小相等;
d.上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等.
例1
如图2所示,电灯的重力为20N,绳AO与天花板间的夹角为45°
,绳BO水平,求绳AO、BO所受的拉力的大小.
图2
解析 解法一 力的合成法
O点受三个力作用处于平衡状态,如图所示,可得出FA与FB的合力F合方向竖直向上,大小等于FC.
由三角函数关系可得出
F合=FAsin45°
=FC=G灯
FB=FAcos45°
解得FA=20
N,FB=20N
由牛顿第三定律知,绳AO、BO所受的拉力分别为20
N、20N.
解法二 正交分解法
如图所示,
将FA进行正交分解,根据物体的平衡条件知
FAsin45°
=FC
FAcos45°
=FB
后面的分析同解法一
答案 20
N 20N
二、超重与失重
例2
下列关于超、失重的说法中,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
解析 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.
答案 B
例3
如图3所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v-t图象,则( )
图3
A.物体在0~2s处于失重状态
B.物体在2~8s处于超重状态
C.物体在8~10s处于失重状态
D.由于物体的质量未知,所以无法判断超重、失重状态
解析 从加速度的角度判断,由题意知0~2s物体的加速度竖直向上,则物体处于超重状态;
2~8s物体的加速度为零,物体处于平衡状态;
8~10s物体的加速度竖直向下,则物体处于失重状态,故C选项正确.
答案 C
三、从动力学角度看自由落体和竖直上抛运动
例4
气球下挂一重物,以v0=10m/s匀速上升,当达到离地面高175m处时,悬挂重物的绳子突然断裂,那么重物经多长时间落到地面?
落地速度多大?
(空气阻力不计,g取10m/s2)
解析 解法一 分段法
绳子断裂后,重物先匀减速上升,速度减为零后,再匀加速下降.
重物上升阶段,时间t1=
=1s,
由v
=2gh1知,h1=
=5m
重物下降阶段,下降距离H=h1+175m=180m
设下落时间为t2,则H=
gt
,故t2=
=6s
重物落地速度v=gt2=60m/s,总时间t=t1+t2=7s
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h=v0t-
gt2,h=-175m
可解得t=7s,t=-5s(舍去)
由v=v0-gt,故v=-60m/s,负号表示方向竖直向下.
答案 7s 60m/s
1.共点力的平衡条件
(1)平衡状态指物体处于静止状态或匀速直线运动状态.
平衡状态的特点是速度不发生变化(v=0或v=常数),加速度a=0.
(2)共点力作用下物体的平衡条件是合外力为0,即F合=0或
2.超重和失重分析
特征
状态
加速度a
视重(F)与重力(mg)的关系
运动情况
受力分析图
平衡
a=0
F=mg
静止或匀速
直线运动
超重
方向
向上
F=m(g+
a)>
mg
向上加速,
向下减速
失重
向下
F=m(g-
a)<
向下加速,
向上减速
3.从动力学的角度看自由落体运动和竖直上抛运动
(1)物体抛出后只受重力作用,由牛顿第二定律知,a=g;
(2)自由落体运动:
v0=0,a=g,匀加速直线运动;
竖直上抛运动:
具有竖直向上的初速度,a=g,全过程看做是匀变速直线运动.
1.(共点力的平衡)如图4所示,一重为10N的球固定在支杆AB的上端,今用一段绳子水平拉球,使杆发生弯曲,已知绳的拉力为7.5N,则AB杆对球的作用力( )
图4
A.大小为7.5N
B.大小为10N
C.方向与水平方向成53°
角斜向右下方
D.方向与水平方向成53°
角斜向左上方
答案 D
解析 小球受力分析如图所示,则F2sinα=G,F2cosα=F1,tanα=
=
,α=53°
,F2=
N=12.5N.
2.(超重和失重)在探究超重和失重规律时,某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作.传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力随时间t变化的图象,则下列图象中可能正确的是( )
3.(从动力学看自由落体和竖直上抛运动)将一个物体以初速度20m/s竖直向上抛出,忽略空气阻力,求物体到达距抛出点上方15m处时所用的时间.(g取10m/s2)
答案 1s或3s
解析 由于忽略空气阻力,物体只受重力作用,故上升、下降的加速度都是g.
根据h=v0t-
gt2,将v0=20m/s,h=15m代入得:
t1=1s,t2=3s
物体上升过程中至距抛出点15m处所用时间为1s;
物体从抛出点上升到最高点,然后自由下落至距抛出点15m处所用的时间为3s.
题组一 共点力的平衡
1.物体受到与水平方向成30°
角的拉力FT的作用,向左做匀速直线运动,如图1所示,则物体受到的拉力FT与地面对物体的摩擦力的合力方向是( )
A.向上偏左 B.向上偏右
C.竖直向上D.竖直向下
解析 物体受重力mg、拉力FT、支持力FN和摩擦力Ff共同作用处于平衡状态,则四个力的合力为零,即有Ff与FT的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小,方向相反.
2.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中,如图2所示.已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°
和60°
,则ac绳和bc绳中的拉力分别为( )
A.
mg,
mgB.
mg
C.
mgD.
答案 A
解析
分析结点c的受力情况如图,设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2,根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向,由几何知识得
F1=Fcos30°
F2=Fsin30°
选项A正确.
3.如图3所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O为球心,一质量为m的小滑块,在水平力F的作用下静止于P点,设滑块所受支持力为FN,OP与水平方向的夹角为θ,下列关系正确的是( )
A.F=
B.F=mgtanθ
C.FN=
D.FN=mgtanθ
对滑块受力分析如图,滑块受到重力mg、支持力FN、水平推力F三个力作用.由共点力的平衡条件知,F与mg的合力F′与FN等大、反向.根据平行四边形定则可知FN、mg和合力F′构成直角三角形,解直角三角形可求得:
F=
,FN=
.所以正确选项为A.
题组二 超重与失重
4.下列关于超重和失重的说法中,正确的是( )
A.物体处于超重状态时,其重力增加了
B.物体处于完全失重状态时,其重力为零
C.物体处于超重或失重状态时,其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了
D.物体处于超重或失重状态时,其质量及受到的重力都没有变化
解析 超、失重只是一种表面现象,实际的质量和重力均不变.由于质量不变,惯性不变,所以只有D正确.
5.跳水运动员从10m跳台腾空跃起,先向上运动一段距离达到最高点后,再自由下落进入水池,不计空气阻力,关于运动员在空中上升过程和下落过程,以下说法正确的有( )
A.上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态
B.上升过程处于失重状态,下落过程处于超重状态
C.上升过程和下落过程均处于超重状态
D.上升过程和下落过程均处于完全失重状态
解析 跳水运动员在空中时无论上升还是下落,加速度方向均竖直向下,由于不计空气阻力,故均为完全失重状态,故选D.
6.如图4所示,A、B两物块叠放在一起,当把A、B两物块同时竖直向上抛出( )
A.A的加速度小于g
B.B的加速度大于g
C.A、B的加速度均为g
D.A、B间的弹力为零
答案 CD
解析 先整体,整体受到重力作用,加速度为g,然后隔离任一物体,可知物体只能受到重力作用加速度才是g,所以两物体间没有相互作用力.
7.某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧测力计,使其测量挂钩向下,并在钩上悬挂一个重为10N的钩码.弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出,如图5所示.则下列分析正确的是( )
图5
A.从t1到t2,钩码处于失重状态
B.从t3到t4,钩码处于超重状态
C.电梯可能开始在1楼,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在3楼
D.电梯可能开始在3楼,先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在1楼
答案 ABD
解析 从t1到t2,由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力,钩码处于失重状态,加速度向下,电梯向下加速运动或向上减速运动,选项A正确;
从t3到t4,由图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力,钩码处于超重状态,加速度向上,电梯向下减速运动或向上加速运动,选项B正确;
综合得出,选项C错误,选项D正确.
8.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动,某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图6中a点是弹性绳的原长位置,c点是人能到达的最低点,b点是人静止悬吊着时的平衡位置,人在从P点下落到最低点c的过程中( )
图6
A.人在Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态
B.人在ab段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态
C.人在bc段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态
D.人在c点,人的速度为零,其加速度为零
答案 AB
解析 人在Pa段只受重力作用,a=g,完全失重,A正确;
人在ab段受重力和向上的拉力,拉力小于重力,合力向下,加速度向下,失重,B正确;
人在bc段受重力和向上的拉力,拉力大于重力,合力向上,加速度向上,超重,C错误;
人到c点时,拉力最大,合力最大,加速度最大,D错误.
9.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490N.他将弹簧测力计移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图7所示,则电梯运行的v-t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
图7
解析 t0~t1时间段内,人失重,应向上减速或向下加速,B、C错;
t1~t2时间段内,人匀速或静止;
t2~t3时间段内,人超重,应向上加速或向下减速,A对,D错.
10.一个质量是60kg的人站在升降机的地板上,升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计,弹簧测力计下面挂着一个质量为m=5kg的物体A,当升降机向上运动时,他看到弹簧测力计的示数为40N,g取10m/s2,求:
(1)此时升降机的加速度的大小;
(2)此时人对地板的压力.
答案
(1)2m/s2
(2)480N
解析
(1)弹簧测力计对物体的拉力FT=40N
对物体由牛顿第二定律可得:
FT-mg=ma
解得:
a=
m/s2=-2m/s2
故升降机加速度大小为2m/s2,方向竖直向下.
(2)设地板对人的支持力为FN
对人由牛顿第二定律可得:
FN-Mg=Ma
解得FN=Mg+Ma=60×
10N+60×
(-2)N=480N
由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480N
题组三 从动力学看自由落体和竖直上抛
11.以35m/s的初速度竖直向上抛出一个小球.不计空气阻力,g=10m/s2,以下判断正确的是( )
A.小球到达最大高度时的速度为0
B.小球到达最大高度时的加速度为0
C.小球上升的最大高度为61.25m
D.小球上升阶段所用的时间为3.5s
答案 ACD
解析 小球到达最大高度时的速度一定为零,否则该点不是最大高度,A正确;
小球上抛过程中只受重力作用,故加速度始终为g,B错;
由v2-v
=2(-g)h得h=
=61.25m,C正确;
由v=v0-gt得t=
=3.5s,D正确.
12.竖直上抛的物体,初速度为30m/s,经过2.0s、4.0s,物体的位移分别是多大?
通过的路程分别是多长?
2.0s、4.0s末的速度分别是多大?
(g取10m/s2,忽略空气阻力)
答案 见解析
解析 上升的最大高度H=
m=45m
由x=v0t-
gt2得
当t1=2.0s时,
位移x1=30×
2.0m-
×
10×
2.02m=40m,小于H,所以路程s1=40m
速度v1=v0-gt1=30m/s-10×
2.0m/s=10m/s
当t2=4.0s时,位移x2=30×
4.0m-
4.02m=40m,小于H,所以路程s2=45m+(45-40)m=50m
速度v2=v0-gt2=30m/s-10×
4.0m/s=-10m/s,负号表示速度方向与初速度方向相反.
13.图8甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景.设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示.取g=10m/s2,根据F-t图象求:
图8
(1)运动员的质量;
(2)运动员在运动过程中的最大加速度;
(3)在不计空气阻力情况下,运动员离开蹦床上升的最大高度.
答案
(1)50kg
(2)40m/s2 (3)3.2m
解析
(1)由题图乙可知,刚站上去的时候弹力等于重力,故运动员所受重力为500N,设运动员质量为m,则m=
=50kg
(2)由题图乙可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N,设运动员的最大加速度为am,则
Fm-mg=mam
am=
m/s2=40m/s2
(3)由题图乙可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s,它们的时间间隔均为1.6s.根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8s.
设运动员上升的最大高度为H,则
H=
gt2=
0.82m=3.2m
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