全国通用版高中物理第四章牛顿运动定律7用牛顿运动定律解决问题二学案新人教版必修1.docx

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全国通用版高中物理第四章牛顿运动定律7用牛顿运动定律解决问题二学案新人教版必修1

7　用牛顿运动定律解决问题

（二）

[学习目标]　1.理解共点力作用下物体平衡状态的概念以及共点力作用下物体的平衡条件.2.会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题.3.知道超重、失重和完全失重现象，会根据条件判断超重、失重现象.4.能从动力学角度理解自由落体运动和竖直上抛运动.

一、共点力的平衡

1.平衡状态：

静止或匀速直线运动状态.

2.平衡条件：

（1）F合＝0（或加速度a＝0）

（2）

二、超重和失重

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，称为超重现象.

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，称为失重现象.

3.完全失重：

如果物体对支持物、悬挂物完全没有作用力，这时物体正好以大小等于g、方向竖直向下的加速度运动，此时物体处于完全失重状态.

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：

①物体从静止开始下落，即运动的初速度是0；

②运动过程中只受重力的作用，根据牛顿第二定律mg＝ma，所以a＝g.

（2）运动性质：

v0＝0、a＝g的匀加速直线运动.

2.竖直上抛

（1）条件：

①具有竖直向上的初速度.

②只受重力.

（2）运动性质：

初速度v0≠0、加速度a＝g的匀变速直线运动.

1.判断下列说法的正误.

（1）某时刻物体的速度为零时，物体一定处于平衡状态.（×）

（2）沿光滑斜面下滑的物体处于平衡状态.（×）

（3）超重就是物体受到的重力增加了.（×）

（4）物体处于完全失重状态时，物体的重力就消失了.（×）

（5）物体处于超重状态时，物体一定在上升.（×）

（6）物体处于失重状态时，物体可能在上升.（√）

2.物体受到n个力作用处于静止状态，若其中一个力F1＝10N，方向向右，则其余（n－1）个力的合力F′＝____N，方向向____.

答案　10　左

【考点】共点力的平衡条件

【题点】共点力的平衡条件

一、共点力的平衡条件及应用

1.对平衡条件的理解

（1）平衡条件：

F合＝0或

（2）对应两种状态：

①静止状态：

a＝0，v＝0

②匀速直线运动状态：

a＝0，v≠0

（3）说明：

①物体某时刻速度为零，但F合≠0，则不是平衡状态，如竖直上抛的物体到达最高点时，只是速度为零，不是平衡状态.

②处于平衡状态的物体，沿任意方向的合力都为零.

2.处理共点力平衡问题的常用方法

（1）力的合成法——用于受三个力而平衡的物体

①确定要合成的两个力；

②根据平行四边形定则作出这两个力的合力；

③根据平衡条件确定两个力的合力与第三个力的关系（等大反向）；

④根据三角函数或勾股定理解三角形.

（2）正交分解法——用于受三个及以上的力而平衡的物体

①建立直角坐标系；

②正交分解各力；

③沿坐标轴方向根据平衡条件列式求解.

例1

　如图1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（　　）

图1

A.F＝

B.F＝mgtanθ

C.FN＝

D.FN＝mgtanθ

答案　A

解析　方法一：

合成法

滑块受力如图所示，由平衡条件知：

F＝

，FN＝

.

方法二：

正交分解法

将小滑块受的力沿水平、竖直方向分解，如图所示.

mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ

联立解得：

F＝

，FN＝

.

【考点】共点力的平衡（解决较复杂的平衡问题）

【题点】三力平衡之三角形法

解共点力平衡问题的一般步骤

1.选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）.

2.对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图.

3.对研究对象所受的力进行处理.对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形.对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解.

4.建立平衡方程.对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组.

二、超重和失重

如图2所示，某人乘坐电梯正在向上运动.

图2

（1）电梯启动瞬间加速度方向向哪？

人受到的支持力比其重力大还是小？

电梯匀速向上运动时，人受到的支持力比其重力大还是小？

（2）电梯将要到达目的地减速运动时加速度方向向哪？

人受到的支持力比其重力大还是小？

答案　

（1）电梯启动瞬间加速度方向向上，人受到的合力方向向上，所以支持力大于重力；电梯匀速向上运动时，人受到的合力为零，所以支持力等于重力.

（2）减速运动时，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，支持力小于重力.

1.视重：

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.

当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了.

2.超重、失重的比较

特征状态

加速度

视重（F）与重力关系

运动情况

受力示意图

平衡

a＝0

F＝mg

静止或匀速

直线运动

超重

向上

由F－mg＝ma得

F＝m（g＋a）>mg

向上加速

或向下减速

失重

向下

由mg－F＝ma得

F＝m（g－a）

向下加速

或向上减速

完全失重

a＝g

由mg－F＝ma得F＝0

自由落体运

动，抛体运动

3.对超重、失重的理解

（1）物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关.

（2）发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化.

（3）发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失.比如物体对支持物无压力，靠重力使用的仪器也不能再使用（如天平）.只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态.

例2

　（多选）在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，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3所示，在这段时间内下列说法正确的是（　　）

图3

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晓敏的重力

C.电梯一定在竖直向下运动

D.电梯的加速度大小为

，方向一定竖直向下

答案　BD

解析　晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A错误，B正确；人处于失重状态，加速度向下，可能向上减速运动，也可能向下加速运动，C错误；以竖直向下为正方向，有：

mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝

，方向竖直向下，D正确.

【考点】超重和失重

【题点】对超重、失重和完全失重的理解

针对训练　在电梯中，把一重物置于台秤上，台秤与力传感器相连，当电梯从静止起加速上升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动时，传感器的荧屏上显示出其受的压力与时间的关系图象如图4所示.试由此图回答问题：

（g取10m/s2）

图4

（1）该物体的重力是多少？

电梯在超重和失重时物体的重力是否变化？

（2）算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大？

答案　

（1）30N　不变　

（2）6.67m/s2　6.67m/s2

解析　

（1）根据题意4s到18s物体随电梯一起匀速运动，由平衡条件及牛顿第三定律知：

台秤受的压力和物体的重力相等，即G＝30N；

根据超重和失重的本质得：

物体的重力不变

（2）超重时：

台秤对物体的支持力最大为50N，由牛顿第二定律得a1＝

＝

m/s2≈6.67m/s2，方向向上

失重时：

台秤对物体的支持力最小为10N，由牛顿第二定律得a2＝

＝

m/s2≈6.67m/s2，方向向下.

【考点】超重和失重

【题点】超重、失重和完全失重的有关计算

三、从动力学观点看自由落体和竖直上抛运动

自由落体运动和竖直上抛运动有什么共同点？

答案　

（1）都只受重力作用，是a＝g的匀变速直线运动.

（2）都处于失重状态.

（3）竖直上抛运动到最高点的逆过程是自由落体运动，竖直上抛运动到最高点后的过程是自由落体运动.

对竖直上抛运动的理解

1.性质：

竖直上抛运动是初速度方向竖直向上，加速度为g的匀变速直线运动.

2.特点

（1）上升过程：

加速度与速度方向相反，物体做匀减速直线运动；下降阶段，加速度与速度方向相同，物体做自由落体运动.

（2）在最高点时，物体速度为零，但加速度仍为g.

3.运动规律

基本公式

例3

　气球下挂一重物，以v0＝10m/s匀速上升，当到达离地面高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）

答案　7s　60m/s

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v02＝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＝

gt22，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t1＝7s，t2＝－5s（舍去）

由v＝v0－gt，

得v＝－60m/s，负号表示方向竖直向下.

【考点】竖直上抛运动的有关计算

【题点】竖直上抛运动的有关计算

1.分段法

（1）上升过程：

v0≠0、a＝g的匀减速直线运动.

（2）下降过程：

自由落体运动.

2.全程法

（1）整个过程：

初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－

gt2.

（2）正负号的含义

①v＞0表示物体上升，v＜0表示物体下降.

②h＞0表示物体在抛出点上方，h＜0表示物体在抛出点下方.

四、平衡中的临界问题

1.问题界定：

物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态，涉及临界状态的问题为临界问题.

2.问题特点

（1）当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化.

（2）注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件.

3.分析方法：

基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解.

例4

　物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上（B、C在同一竖直线上），另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，如图5所示，伸直时AC与墙面垂直，绳AB与绳AC间夹角也为θ＝60°，求拉力F的大小范围（g取10m/s2）.

图5

答案　

N≤F≤

N

解析　物体的受力情况如图，由平衡条件得

Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0

Fcosθ－F2－F1cosθ＝0

由上述两式得F＝

－F1

F＝

＋

令F1＝0，得F最大值

Fmax＝

＝

N

令F2＝0，得F最小值Fmin＝

＝

N

综合得F的取值范围为

N≤F≤

N.

【考点】共点力的平衡（解决较复杂的平衡问题）

【题点】平衡中的临界问题

解决临界问题时应注意的问题

1.求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点.

2.临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论.

1.（共点力的平衡）如图6所示，一只质量为m的萤火虫停在倾角为θ的枝条上.枝条对萤火虫的作用力大小为（　　）

图6

A.mgsinθB.mgcosθ

C.mgtanθD.mg

答案　D

解析　萤火虫是静止的，所以处于平衡状态，它受到的重力竖直向下，大小为mg，以及来自下面枝条的力，说明枝条对它的力与重力的大小相等方向相反，所以枝条对萤火虫的作用力大小为mg，方向竖直向上.

2.（超重和失重问题的分析）如图7所示为一物体随升降机由一楼竖直向上运动到某高层的过程中的v－t图象，则（　　）

图7

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

答案　C

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正确.

【考点】超重和失重

【题点】超重和失重问题的分析

3.（超重、失重和完全失重的有关计算）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图8所示.重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数.

图8

（1）匀速上升；

（2）以4m/s2的加速度加速上升；

（3）以5m/s2的加速度加速下降.

答案　

（1）600N　

（2）840N　（3）300N

解析　

（1）匀速上升时：

由平衡条件得：

FN1＝mg＝600N，由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为600N，即体重计示数为600N.

（2）加速上升时，由牛顿第二定律得：

FN2－mg＝ma1，FN2＝mg＋ma1＝840N

由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为840N，即体重计示数为840N.

（3）加速下降时，由牛顿第二定律得：

mg－FN3＝ma3，FN3＝mg－ma3＝300N，

由牛顿第三定律得：

人对体重计压力为300N，即体重计示数为300N.

【考点】超重和失重

【题点】超重、失重和完全失重的有关计算

4.（竖直上抛运动的有关计算）如图9所示，一同学从一高为H＝10m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8m，小球抛出后升高了h＝0.45m到达最高点，最终小球落在地面上.g＝10m/s2，求：

图9

（1）小球抛出时的初速度大小v0；

（2）小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间t.

答案　

（1）3m/s　

（2）1.8s

解析　

（1）上升阶段，由－v02＝－2gh得：

v0＝

＝3m/s

（2）上升阶段：

0＝v0－gt1

自由落体过程：

h0＋h＋H＝

gt22

故有：

t＝t1＋t2，得：

t＝1.8s.

【考点】竖直上抛运动的有关计算

【题点】竖直上抛运动的有关计算

一、选择题

考点一　超重和失重

1.下列关于超重和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

答案　B

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.

【考点】超重和失重

【题点】超重、失重和完全失重的理解

2.（多选）在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是（　　）

A.升降机以0.8g的加速度加速上升

B.升降机以0.2g的加速度加速下降

C.升降机以0.2g的加速度减速上升

D.升降机以0.8g的加速度减速下降

答案　BC

解析　若a＝0.8g，方向竖直向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F为人的视重，即人此时处于超重状态，A、D错误；若a＝0.2g，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的视重比实际重力小

×100%＝20%，B、C正确.

【考点】超重和失重

【题点】超重、失重和完全失重的计算

3.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图1所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，据此可判断出电梯的运动情况是（　　）

图1

A.匀速上升B.加速上升

C.减速上升D.减速下降

答案　C

解析　木箱静止时的受力情况如图所示

则支持力FN＝mg，静摩擦力Ff＝F.

若木箱突然被弹簧拉动，说明最大静摩擦力减小，则压力减小，即木箱所受支持力FN减小，所以竖直方向mg>FN，物体处于失重状态，则电梯可能加速下降，也可能减速上升，C正确.

【考点】超重和失重

【题点】超重和失重问题的分析

4.（多选）在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图2甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是（　　）

图2

A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态

B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态

C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层

D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层

答案　BC

解析　由题图可以看出，0～t1，F＝mg，物块可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，物块可能静止或匀速运动；t3～t4，F

【考点】超重和失重

【题点】超重和失重问题的分析

考点二　竖直上抛运动

5.（多选）如图3所示，小球B放在真空薄壁容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（　　）

图3

A.若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力

B.若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下

C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上

D.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力

答案　BD

解析　上升过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度都等于g；若考虑空气阻力，A的加速度大于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向下的力，因A为真空容器，故此力为A对B向下的压力.下落过程中，不计空气阻力时，A、B的加速度等于g；若考虑空气阻力，A的加速度小于g，B的运动状态与A一致，B除受重力外必受一向上的力，因A为真空容器，所以此力为A对B向上的压力，由牛顿第三定律得，B对A的作用力向下，故B、D正确.

【考点】超重和失重

【题点】完全失重问题的分析

6.（多选）一物体做竖直上抛运动（不计空气阻力），初速度为30m/s，取竖直向上为正方向，当物体的位移为25m时，经历的时间为（g取10m/s2）（　　）

A.1sB.2sC.5sD.3s

答案　AC

解析　竖直上抛运动的全过程是匀变速直线运动；由x＝v0t＋

at2可知h＝v0t－

gt2，即：

25＝30t－5t2，解得：

t＝1s或t＝5s，故选A、C.

【考点】竖直上抛运动的有关计算

【题点】竖直上抛运动的有关计算

7.（多选）一个从地面竖直上抛的小球，到达最高点前1s上升的高度是它上升的最大高度的

，不计空气阻力，g＝10m/s2.则（　　）

A.小球上升的最大高度是5m

B.小球上抛的初速度大小是20m/s

C.2.5s时小球正在上升

D.1s末、3s末小球处于同一位置

答案　BD

解析　小球到达最高点前1s上升的高度是h＝

gt12＝

×10×12m＝5m，由题知，小球上升的最大高度是H＝4h＝20m，故A错误；由H＝

，得小球上抛的初速度大小v0＝

＝

m/s＝20m/s，故B正确；小球上升的总时间t上＝

＝2s，则2.5s时小球正在下降，故C错误；由于小球上升的总时间是2s，则1s末、3s末小球处于同一位置，故D正确.

【考点】竖直上抛运动的有关计算

【题点】竖直上抛运动的有关计算

考点三　共点力的平衡

8.如图4所示，mA＞mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，不计滑轮摩擦，则在此过程中（　　）

图4

A.FN增大，F2增大，F1不变

B.FN减小，F2减小，F1不变

C.FN减小，F2减小，F1增大

D.FN增大，F2减小，F1增大

答案　A

解析　B保持匀速上升，由平衡条件可知，绳子的拉力大小FT不变.根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.

对A受力分析如图，

则竖直方向：

FN＋F1cosθ＝mAg.

得FN＝mAg－F1cosθ；A沿地面向右运动时，θ增大，cosθ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2＝μFN，μ不变，则F2也逐渐增大，故A正确，B、C、D错误.

【考点】共点力的平衡（解决较复杂的平衡问题）

【题点】多力平衡之正交分解法

9.（多选）如图5所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则（　　）

图5

A.A与B之间一定存在摩擦力

B.B与地面之间可能存在摩擦力

C.B对A的支持力可能小于mg

D.地面对B的支持力的大小一定等于（M＋m）g

答案　CD

解析　对A、B整体受力分析，如图所示，受到重力（M＋m）g、支持力FN和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，且有FN＝（M＋m）g，故B错误，D正确.再对木块A受力分析，至少受重力mg、已知的推力F、B对A的支持力N′，当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向下.当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时，摩擦力的方向沿斜面向上.当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时，摩擦力为零.在垂直斜面方向上有FN′＝mgcosθ＋Fsinθ（θ为斜劈倾角），故A错误，C正确.

【考点】共点力的平衡（解决较复杂的平衡问题）

【题点】整体法和隔离法解平衡问题

10.（多选）如图6所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和一水平面间，处于静止状态.若不计一切摩擦，则（　　）

图6

A.水平面对正方体的弹力大小为（M＋m）g

B.墙面对正方体的弹力大小为

C.正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα

D.直角劈对墙面的弹力大小为mgsinα

答案　AB

解析　把两个物体看成一个整体，分析受力，水平方向有两个弹力，竖直方向有重力和支持力，在竖直方向上由二力平衡可得，水平面对正方体的弹力大小为（M＋m）g，选项A正确；以直角劈为研究对象，其受竖直向下的重力mg，右面墙的弹力F2，方向水平向左，正方体对直角劈的支持力F，方向过两物体的接触点垂直于直角劈的斜面，即与水平方向的夹角为α，由力的合成和二力平衡可知，F2与F的合力与重力等大反向，故F＝

，F2＝Fcosα＝

，所以选项C错误；由牛顿第三定律知直角劈对墙面的弹力大小为

，所以选项D错误；再以整体为研究对象得墙面对正方体的弹力大小与F2相等，即为

，所以选项B正确.