高中物理基础复习课件：3.2牛顿运动定律的应用

【答案】101 kg
【解析】设堵住漏洞后，气球的初速度为v0，所受的空气浮力为f，气球、座舱、压舱物 和科研人员的总质量为m，由牛顿第二定律得 mg-f=ma ① 式中a是气球下降的加速度，以此加速度在时间 t内下降了h，则 h=v0t+(1/2)at2 ② 当向舱外抛掉质量为m的压舱物后，有 f-(m-m)g=(m-m)a ③ 式中a是抛掉压舱物后气球的加速度，由题意，此时a方向向上 v=at ④ 式中v是抛掉压舱物后在t时间内下降速度的减少量，由①③得m=m(a+a)/(g+a ) ⑤ 将题设数据m=990 kg，v0=1 m/s，t=4 s，h=12 m，t=300 s，v=3 m/s，g=9.89 m/s2代入 ②④⑤式得m=101 kg。
正确使用整体法和隔离法，求系统内力必须利用隔离法。
在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主 火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上 升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的 轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉 住，如图所示。设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑 轮与绳子间的摩擦。重力加速度取g=10 m/s2。当运动员与吊椅一起正以加 速度a=1 m/s2上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力。
4.在“完全失重”(a=g，方向竖直向下)的状态，平常一切由重力产生的物理现 象都会完全消失。比如单摆停摆，液体不再产生向下的压力，浸在液体中的物体不 受浮力等。 5.根据运动情况判断超重、失重
运动情况 a=0 a的方向竖直向上 a的方向竖直向下 a=g，a的方向竖直向下
超重、失重 不超重也不失重 超重 失重 完全失重
视重 F=mg F=m(g+a) F=m(g-a) F=0
超重和失重跟物体的速度方向无关，只由物体的加速度方 向决定；加速度向上就处于超重状态；加速度向下就处于失重 状态。 超重和失重是“视重”的变化，物体本身的重力并没有变。
超重与失重
【例5】升降机的质量m1＝50 kg，在竖直上升过程中，其v-t图象如图(a) 所示，放在升降机底板上的货物质量m2＝50 kg。(g取9.8 m/s2) (1)求升降机在25 s时间内的总位移和平均速度； (2)升降机底板在哪段时间内受到的压力最大？ 最大值为多少？ (3)在图(b)所示的坐标上画出上升过程中， 升降机所受拉力F与时间t的关系图象。 【解析】(1)速度图线下所围的“面积”在数值上等于物体发生的位移， 故总位移 x=(1/2)(10+25) ×2 m=35 m， v =x/t=1.4 m/s。
(1)利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的桥梁作用， 寻找加速度与未知量的关系，利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算 法则列式求解。 (2)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是 先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (3)不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的“桥梁”和纽带，是顺 利求解的关键。
1.本题属于已知物体的运动情况，求物体 的受力情况，特别要注意题述两种运动情况， 加速度的方向。 2.已知运动情况求受力情况的一般思路如 下框图所示
物体的运 动情况
运动学公式
加速度
牛顿第二定律
物体的受 力情况
如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱 的拖车B，以速度v1=30 m/s进入向下倾 斜的直车道。车道每100m下降2 m。 为使汽车速度在x=200 m的距离内减到 v2=10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车 时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的 70%作用于拖车B，30%作用于汽车A。 已知A的质量 m1=2000 kg，B的质量 m2=6000 kg。求汽车与拖 车的连接处沿运动方向的相互作用力。(重力加速度g取10 m/s2)
方法二：以人为研究对象，受力分析如图所示。因摩擦力f为待求，且必沿 水平方向，设为水平向右。建立如图所示的坐标系，并规定向右为正方向。 根据牛顿第二定律得 x方向： mgsin-FNsin-fcos=ma① y方向： mgcos+fsin-FNcos=0② 由①②两式可解得FN=m(g-asin)，f=-macos f为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左。
C
整体法、隔离法的应用
【例4】水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸 起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图所 示。已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？
小球返回时受力如图(3)有：Gsin30°-Gcos30°=ma3, 解得：a3=2.5 m/s2。 因此小球由顶端返回B点时有：x1+x2-AB=(1/2)a3t42， 解得：t4= 3 5 s=0.346 4 s。 所以从撤去力F开始计时， 小球上冲通过B点时用时为：t3=0.2 s， 返回后通过B点时用时为：t2+t4=0.746 4 s。
【答案】(1)440 N，方向竖直向下 (2)275 N，方向竖直向下
考点2
超重和失重
对超重和失重现象的进一步理解 1.只有在平衡条件下，才能用弹簧测力计测出物体的重力， 因为此时弹簧测力计对物体的拉力(或支持力)的大小恰好等于 它的重力，假若系统在竖直方向有加速度，那么弹簧测力计的 示数就不等于物体的重力了，当系统有竖直向上的加速度时： FN=mg+ma>mg叫“超重”。当系统有竖直向下的加速度时： FN=mg-ma<mg叫“失重”。当加速度向下且a=g时，FN=0叫 “完全失重”。 2.发生“超重”或“失重”现象不决定于物体的速度v的方 向，只决定于物体的加速度的方向。 3.物体处于“超重”或“失重”状态，地球作用于物体的 重力始终存在，大小也无变化。
二、连接体问题的求解 利用牛顿第二定律处理连接体问题时常用的方法是整体法和隔离法。 (1)整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看 成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时， 可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫整体法。 (2)隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间相互作用时，常把物体从系 统中“隔离”出来，进行分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的 思维方法叫隔离法。
【答案】 3 mg
【解析】设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分 的绳与竖直线夹角为，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有 F=3ma ① 对B有F-T=ma ② 对C有Tcos=mg ③ Tsin=ma ④ 联立①②式得 T=2ma ⑤ 联立③④式得 T2=m2(a2+g2) ⑥ 联立⑤⑥式得 a= 3 g ⑦ 3 利用①⑦式得F= 3 mg。
【答案】0.2 s或0.746 4 s
图(3)
运用牛顿运动定律解决动力学问题的关键是对物体进 行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体的受力 图和运动情况示意图。不论是哪类问题，都应明白力与运 动是通过加速度这一“桥梁”来联系起来的。
如图所示，电动机带动橡皮滚轮 匀速转动，在滚轮的作用下，可将金 属杆沿斜面从最底端A送到汽车车厢中。 已知斜面长 AC =2.4 m，车厢高 CD = 1.2 m，金属杆长 AB =0.8 m，质量m= 1×103 kg，调节控制滚轮，使滚轮对 杆的压力为FN=4.2×104 N，滚轮与杆之间的动摩擦因数=0.5，滚轮边缘的 线速度恒为v=4 m/s。(取g=10 m/s2，计算结果保留两位有效数字，斜面光 滑)求： (1)杆匀加速上升的加速度a； (2)从杆开始运动到其前端运动到C点所用的时间t。
【答案】0N
正交分解法在牛顿运动定律中的应用
【例3】如图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上 减速运动，a与水平方向的夹角为。求人所受到的支持力和摩擦力。
【答案】m(g-asin)，方向竖直向上 macos，方向水平向左 【解析】方法一：以人为研究对象。他站在减 速上升的电梯上，受到竖直向下的重力mg和竖直 向上的支持力FN，还受到水平方向的静摩擦力f， 由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量，故可判断静摩擦力的 方向水平向左，人受力如图(a)所示，建立如图(a)所示的坐标系，并将加 速度分解为水平方向加速度ax和 竖直方向加速度ay，如图(b)所示，则 ax=acos，ay=asin。 由牛顿第二定律得f=max，mg-FN=may， 解得f=macos,FN=m(g-asin)。
【答案】(1)16 m/s2
(2)0.57 s
已知运动情况求受力情况
【例2】科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg。气球 在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。堵住时气球下降速度为1 m/s，且 做匀加速运动，4 s内下降了12 m。为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后 发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s。若空气阻力和泄漏气体的质量均 可忽略，重力加速度g取9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量。
已知受力情况求运动情况
【例1】 如图所示，一个重为10 N的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运 动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为 3 ，试求从撤去力F开始计时，小球经多长 6 时间将经过距A点为2.25 m的B点(取g=10 m/s2)
【解析】在力F作用时受力如图(1)有： (F-G)sin30-(F-G)cos30= ma1， 解得：a1=2.5 m/s2。 所以撤去力F时，小球的速度： v1=a1t1=3 m/s， 小球的位移： x1=v1/2t1=1.8 m。 撤去力F后，小球上冲时受力如图(2)有： Gsin30°+Gcos30°=ma2， 解得：a2=7.5 m/s2。 因此小球上冲时间：t2=v1/a2=0.4 s， 上冲位移： 图(1) 图(2) x2=v1/2t2=0.6 m， 此时x1+x2=2.4 m>AB，因此小球在上冲阶段将能过B点，有AB-x1=v1t3-(1/2)a2t32, 解得：t3=0.2 s，t3=0.6 s>t2(舍去)。