第6讲 牛顿第二定律的应用1 听课手册.docx

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第6讲牛顿第二定律的应用1听课手册

第6讲　牛顿第二定律的应用1

　核心填空　

一、动力学的两类基本问题

1．由物体的受力情况判断运动情况：

处理这类问题的基本思路是：

先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．

2．由物体的运动情况判断受力情况：

处理这类问题的基本思路是：

已知加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．

图61

说明：

不管是哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．

二、超重和失重

1．超重

（1）超重现象：

物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）________物体所受重力的情况称为超重现象．

（2）产生条件：

物体具有________的加速度．

2．失重

（1）失重现象：

物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）________物体所受重力的情况称为失重现象．

（2）产生条件：

物体具有________的加速度．

3．完全失重

物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）________的情况称为完全失重现象．

4．视重与实重

（1）当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．

（2）物体实际受到的重力大小称为________．

三、连接体与隔离体

1．连接体与隔离体：

两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个（或几个）物体隔离出来，该物体称为________．

2．外力和内力

（1）以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．

（2）求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的________．

　易错判断　

（1）放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．（　　）

（2）系统的内力不会影响系统整体的运动效果．（　　）

（3）运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．（　　）

（4）物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.（　　）

（5）物体处于完全失重状态时其重力消失．（　　）

（6）物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．（　　）

（7）减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．（　　）

　考点一　动力学的两类基本问题

解决动力学两类问题的基本思路

图62

1[2015·长春调研]如图63甲所示，一个可视为质点的质量m＝2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为v0＝12m/s，同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，g取10m/s2.求：

（1）物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力F大小；

（2）从施加恒力F开始，物块再次回到A点时的速度大小．

图63

式题[2015·郑州一模]观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2m/s，此时开始计时，经过t0＝4s时间，气球匀加速下降了h1＝16m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，气球下降过程中所受的空气浮力不变，重力加速度g取10m/s2.

（1）气球加速下降阶段的加速度多大？

（2）抛掉的压舱物的质量m多大？

（3）抛掉一些压舱物后，气球经过时间t1＝5s，气球下降的高度是多大？

　考点二　超重与失重问题物理题根

2（多选）如图64所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力．若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（　　）

图64

A．加速下降

B．加速上升

C．物块处于失重状态

D．物块处于超重状态

■题根分析

本题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：

（1）超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，则物体处于超重状态；重力的效果减小，则物体处于失重状态．重力的作用效果体现在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．

（2）物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时（竖直向下），物体就处于完全失重状态．

（3）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，如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等．

■变式网络

图65

式题1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，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小

B．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程

C．在月球表面行走的人处于失重状态

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

式题2（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66所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图66

A．t＝2s时最大

B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大

D．t＝8.5s时最小

式题3（多选）飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，下列说法正确的是（　　）

A．宇航员不受任何力作用

B．宇航员处于平衡状态

C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力

D．正立和倒立时宇航员一样舒服

式题4（多选）在台秤的托盘上固定一斜面体，斜面与水平面的倾角为θ，斜面体质量为M，现在斜面上放一质量为m的物体，则（　　）

A．若物体从斜面上匀速下滑，台秤示数为（M＋m）g

B．若物体从斜面上匀速下滑，台秤示数大于（M＋m）g

C．若物体从光滑斜面上加速下滑，台秤示数为（M＋mcos2θ）g

D．若物体从光滑的斜面上加速下滑，台秤示数为（M＋m）g

　考点三　整体法与隔离法的应用

应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，则可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，则需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，则可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

3（多选）[2015·全国卷Ⅱ]在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为

a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（　　）

A．8B．10C．15D．18

式题1（整体法与隔离法交替应用）a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图67所示，则（　　）

图67

A．x1一定等于x2

B．x1一定大于x2

C．若m1>m2，则x1>x2

D．若m1

式题2（多选）（侧重隔离法）如图68所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻（　　）

图68

A．小车对物块B的摩擦力大小为μmg

B．小车对物块B的摩擦力水平向右

C．小车对物块B的摩擦力大小为mgtanθ

D．小车对物块B的合力大小为mg

■注意事项

求解连接体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取整个系统整体为研究对象．大多数连接体问题需要整体法和隔离法的交替运用．

第6讲　牛顿第二定律的应用1

【教材知识梳理】

核心填空

一、1.加速度　2.加速度

二、1.

（1）大于　

（2）向上　2.

（1）小于　

（2）向下

3．等于零　4.

（1）视重　

（2）实重

三、1.连接体　隔离体

2．

（1）外力　内力　

（2）内力　外力

易错判断

（1）（×）研究对象以外的物体对研究对象施加的力为外力，重力是地球对物块施加的，不是物块的内力；

（2）（√）系统整体的运动效果由系统受到的外力决定，系统内部各部分之间的相互作用力影响各部分的运动，不影响整体的运动

（3）（×）根据牛顿第二定律，物体的加速度由物体受到的合力及物体的质量决定，与物体的速度、位移、时间等因素无关

（4）（×）物体处于超重状态时，重力大小不变，重力的作用效果变大

（5）（×）物体处于完全失重状态时，重力大小不变，重力的作用效果消失

（6）（√）物体具有向上的加速度（或加速度分量）时处于超重状态，物体具有向下的加速度（或加速度分量）时处于失重状态，与速度方向无关

（7）（×）升降机减速上升时，加速度向下，物体处于失重状态，重力的效果减小，对地板的压力小于物体的重力

【考点互动探究】

考点一　动力学的两类基本问题

例1　

（1）0.2　8N　

（2）6.9m/s

[解析]

（1）从图像可知，0～2s内物体做匀减速运动

加速度大小a1＝6m/s2

由牛顿第二定律，F＋μmg＝ma1

2～4s物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小

a2＝2m/s2

由牛顿第二定律，F－μmg＝ma2

联立解得F＝8N，μ＝0.2

（2）由vt图像可得匀减速阶段的位移x＝12m

反方向匀加速运动的位移x＝

解得速度vA＝4

m/s＝6.9m/s

变式题　

（1）1m/s2　

（2）80kg　（3）30m

[解析]

（1）设气球匀加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F

由运动学公式可知h1＝v0t0＋

at

解得a＝1m/s2

（2）由牛顿第二定律得

Mg－F＝Ma

抛掉质量为m的压舱物，气球匀速下降

则（M－m）g＝F

解得m＝80kg

（3）设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5s下降的高度为H

由运动学公式可知

v1＝v0＋at0

H＝v1t1

解得H＝30m

考点二　超重与失重问题

例2　AC　[解析]木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态．当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项A、C正确．

变式题1　D　[解析]处于超重或失重状态时，物体的重力并不变化，变化的是重力的作用效果，如对水平支持物的压力、对竖直绳的拉力发生了变化，所以选项A错误；物体处于失重状态时，必有向下的加速度（或分量），但是物体可以向上做减速运动，也可以向下做加速运动，所以选项B错误；在月球上重力是由月球的引力产生的，同一物体在月球上的重力小于其在地球上的重力，但物体并不是处于失重状态，所以选项C错误；超重或失重状态下，物体的质量不变，重力不变，选项D正确．

变式题2　AD　[解析]区分超重与失重的关键是看加速度的方向：

加速度向上时，超重；加速度向下时，失重．对人进行受力分析可知，FN－G＝ma，即FN＝ma＋G，a大（小）则支持力大（小），由牛顿第三定律可知，人对地板的压力也大（小），故选项A、D正确，B、C错误．

变式题3　CD　[解析]飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，选项C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项D正确．

变式题4　AC　[解析]若物体从斜面上匀速下滑，系统受力平衡，台秤示数为（M＋m）g，A正确，B错误；若物体从光滑斜面上加速下滑，对斜面体，根据牛顿第二定律，有N＝Mg＋mgcosθ·cosθ，由牛顿第三定律可知台秤示数为（M＋mcos2θ）g，D错误，C正确．

考点三　整体法与隔离法的应用

例3　BC　[解析]设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知：

＝

，解得k＝

n，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误．

变式题1　A　[解析]以左图的整体为研究对象，由牛顿第二定律，F－（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a1，以左图的物体b为研究对象，有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝

；以右图的整体为研究对象，由牛顿第二定律，F＝（m1＋m2）a2，以右图的物体b为研究对象，由牛顿第二定律，有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝

，可见x1＝x2，选项A正确．

变式题2　BCD　[解析]以整体（小车、支架、小球、物块）为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有mAgtanθ＝mAa，可得小车向左做加速度大小为a＝gtanθ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力Ff＝ma＝mgtanθ，小车对物块B竖直向上的支持力FN＝mg，故小车对物块B产生的作用力的大小为F＝

＝mg

，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确．

【教师备用习题】

1．如图所示，某跳伞运动员正减速下落，下列说法正确的是（　　）

A．运动员处于失重状态

B．运动员处于超重状态

C．伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力

D．伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力

[解析]B　跳伞运动员减速下落，则运动的方向向下，而加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态，选项A错误，B正确；运动员处于超重状态，重力的效果增大，所以伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，选项C错误；伞绳对运动员的作用力和运动员对伞绳的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，选项D错误．

2．[2015·衡阳五校第二次联考]如图所示，固定斜面CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（　　）

A．在CD段时，A受三个力的作用

B．在DE段时，A可能受两个力的作用

C．在DE段时，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上

D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态

[解析]C　在CD段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有（mA＋mB）gsinθ＝（mA＋mB）a，解得a＝gsinθ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力FfA平行斜面向下，由牛顿第二定律有mAgsinθ＋FfA＝mAa，解得FfA＝0，可知A受重力和支持力两个力作用，选项A错误；在DE段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有（mA＋mB）gsinθ－μ（mA＋mB）gcosθ＝（mA＋mB）a′，解得加速度a′＝gsinθ－μgcosθ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力FfA平行斜面向下，由牛顿第二定律有mAgsinθ＋FfA＝mAa′，解得FfA＝－μmAgcosθ，负号说明方向沿斜面向上，所以A一定受三个力作用，选项B错误，C正确；整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态，在DE段a′＝gsinθ－μgcosθ，整体可能做匀速直线运动，不处于失重状态，所以选项D错误．

3．一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vt图像如图所示．已知重力加速度为g，则根据图像不能求出的物理量是（　　）

A．木块的位移

B．木块的加速度

C．木块所受摩擦力

D．木块与水平面间的动摩擦因数

[解析]C　位移x可由图像与时间轴所围的面积求出，由vt图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，F＝Ff＝μFN＝μmg＝ma，故动摩擦因数μ＝

可求解，由于不知木块的质量，故不能解得木块所受摩擦力，选项C正确．

4．[2015·重庆卷]若货物随升降机运动的vt图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是（　　）

A　　　　　　B　　　　　C　　　　　　D

[解析]B　货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由vt图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：

向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：

小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、五个阶段为基准（支持力等于重力），可得答案为B.

5．[2015·海南卷]如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时（　　）

A．物块与斜面间的摩擦力减小

B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑

D．物块相对于斜面匀速下滑

[解析]BD　升降机匀速上升时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mgsinθ＝f，垂直于斜面方向，有FN＝mgcosθ，又f＝μFN，解得μ＝tanθ；升降机加速上升时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mgsinθ＝masinθ；垂直于斜面方向，有F′N－mgcosθ＝macosθ，解得

＝tanθ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．

6．[2013·安徽卷]如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（　　）

A．T＝m（gsinθ＋acosθ）　FN＝m（gcosθ－asinθ）

B．T＝m（gcosθ＋asinθ）　FN＝m（gsinθ－acosθ）

C．T＝m（acosθ－gsinθ）　FN＝m（gcosθ＋asinθ）

D．T＝m（asinθ－gcosθ）　FN＝m（gsinθ＋acosθ）

[解析]A　本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力．对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，在水平方向有Tcosθ－FNsinθ＝ma，在竖直方向有Tsinθ＋FNcosθ＝mg，解得：

T＝macosθ＋mgsinθ，FN＝mgcosθ－masinθ，选项A正确．

7．[2013·浙江卷]如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A．所受浮力大小为4830N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s

D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N

[解析]AD　热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球由牛顿第二定律有：

F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180m时的速度v＝

＝6

m/s>5m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180m所用的时间t＝

＝12

s>10s，说明上升10s后还未上升到180m处，速度小于5m/s，故C错误．以5m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230N，故D正确．