资源简介 (共42张PPT)第2节牛顿运动定律的应用(一)一、动力学的两类基本问题加速度1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路:先求出几个力的合力,由牛顿第二定律(F=ma)求出__________,再由运动学的有关公式求出速度或位移.加速度2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路: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.说明:牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁,加速度是解题的关键.比较 超重 失重 完全失重定义 物体对支持物的压力 ( 或对悬挂物的拉力)_______ 物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于____的状态产生条件 加速度方向向____ 加速度方向向____ 加速度方向向____,且大小 a=______二、超重和失重大于小于0上下下g比较 超重 失重 完全失重动力学原理 F-mg=maF=________ mg-F=maF=________ mg-F=mgF=________可能状态 ①______上升;②减速下降 ①______下降;②减速上升 ①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等(续表)m(g+a)m(g-a)0加速加速【基础自测】1.判断下列题目的正误.(1)轻弹簧是指自身重力可以忽略的弹簧.()(2)物体对接触面的压力大于自身重力的现象即为超重.()(3)处于超重或失重状态的物体必须有竖直方向的加速度或分加速度.()(4)减速上升的升降机内的物体,物体对地板的压力大于重力.(()(5)在传送带上随传送带一起匀速运动的物体不受摩擦力作用.)答案:(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)×2.一同学在电梯里站在电子体重计上,初始示数为实际体重.某一过程中发现体重计示数先变大后恢复至原值.关于该过程下列说法正确的是()A.电梯一定处于加速阶段B.电梯的速度方向一定向下C.人的机械能一定增大D.体重计对人的支持力可能做负功答案:D3.(多选,2021 年广东揭阳月考)如图小车向右做加速直线运动,物块贴在小车左壁相对静止.当小车的加速度增大时,下列说法正确的是()B.物块受到的摩擦力不变D.物块受到的合外力为零A.物块受到的弹力不变C.物块受到三个力的作用答案:BC4.(2024年广东江门质检)表演“隔空取物”时,魔术师将一强磁铁藏在手心,然后靠近水平桌面上的静止金属小球的正上方,小球在他神奇的功力下向上飞起直奔他手心而去.下列说法正确的是()A.小球上升过程处于超重状态B.小球上升过程处于失重状态C.小球上升过程先超重后失重D.磁铁对小球的吸力大于小球对磁铁的吸力答案:A热点 1 牛顿第二定律的瞬时性[热点归纳]加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化为以下两种模型:【典题 1】(多选)如图所示,甲、乙两图 A、B 两球质量相等,图甲中 A、B 两球用轻质杆相连,图乙中 A、B 两球用轻质弹簧相连,均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,则在两细绳烧断的瞬间()A.图甲中轻杆的作用力为零B.图甲中两球的加速度一定相等C.图乙中两球的加速度一定相等D.图甲中 A 球的加速度是图乙中 A 球加速度的一半解析:设两球质量为 m,细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以细绳烧断瞬间,图乙中 B 球所受合力仍为零,加速度为零,A 球所受合力为 2mg,加速度为 2g.图甲中,细绳烧断瞬间,A、B 的加速度相同,设为 a.以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得 2mg=2ma,得 a=g,设图甲中轻杆的作用力为 T.再以 B 为研究对象,由牛顿第二定律得 mg+T=ma,解得T=0,即图甲中轻杆的作用力一定为零,A、B、D 正确.答案:ABD方法技巧 抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”:①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点;②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态.(2)“四个步骤”:第一步:分析原来物体的受力情况.第二步:分析物体在突变时的受力情况.第三步:由牛顿第二定律列方程.第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性.【迁移拓展】(2024 年安徽卷)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的 M、N 两点,另一端均连接在质量为 m 的小球上.开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于 MN 连线的中点 O,弹簧处于原长.后将小球竖直向上.缓慢拉至 P 点,并保持静止,此时拉力 F 大小为 2mg.已知重力加速度大小为 g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力.若撤去拉力,则小球从 P 点运动到 O 点的过程中()A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为 3gD.加速度先增大后减小解析:缓慢拉至 P 点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F 与重力和两弹簧的拉力合力为零.此时两弹簧的合力为大小为 mg.当撤去拉力,则小球从 P 点运动到 O 点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,A 正确,B 错误 ;小球从 P 点运动到 O 点的过程中,形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球受的合外力一直变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知 2mg=ma,加速度的最大值为 2g,CD 错误.答案:A热点 2 动力学的两类基本问题[热点归纳]1.解决两类基本问题的思路.2.两类动力学问题的解题步骤.考向 1 根据物体的运动情况求物体受力情况【典题2】(2024 年广东佛山二模)2023 年 10 月 31 日,神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆.当返回舱距离地面1.2 m 时,返回舱的速度为 8 m/s,此时返回舱底部的 4 台反推火箭点火工作,使返回舱触地前瞬间速度降至 2 m/s,实现软着陆.若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动,返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计.返回舱的总质量为 3×103 kg,g 取10 m/s2,则 4 台反推火箭点火工作时提供的推力大小为()B.7.5×104 ND.1.05×105 NA.3×104 NC.2.6×104 N答案:D考向 2 根据物体受力情况求物体运动情况【典题3】(2024 年广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定.木块从弹簧正上方 H 高度处由静止释放.以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向.木块的位移为 y.所受合外力为 F,运动时间为 t.忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中. 其 F-y 图像或 y-t 图像可能正确的是()ABCD解析:在木块下落 H 高度之前,木块所受合外力为木块的重力保持不变,即 F=mg,当木块接触弹簧后,弹簧弹力向上,则木块的合力 F=mg-k(y-H),到合力为零前,随着 y 增大F减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后,木块开始反弹,过程中木块所受合外力向上,随着 y 减小 F 增大,反弹过程,随着 y 减小,图像向 x 轴负方向原路返回,A 错误,B 正确;在木块增大,y-t 图像斜率逐渐增大,当木块接触弹簧后到合力为零前,根据牛顿第二定律 mg-k(y-H)=F=ma,木块的速度继续增大,做加速度减小的加速运动,所以 y-t 图像斜率继续增大,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中 F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上,木块做加速度增大的减速运动,所以 y-t 图斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,经以上分析可知,木块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,再做匀减速直线运动到最高点,而 C 图中 H 点过后速度就开始逐渐减小,实际速度还应该增大,直到平衡位置速度到达最大,然后速度逐渐减为零;D 图前半段速度不变,不符合题意,正确 y-t 示意图如图所示,CD 错误.答案:B方法技巧 解决动力学两类问题的两个关键点热点 3 超重与失重现象[热点归纳]1.对超重、失重的理解.(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.(2)物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体的加速度方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.(3)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生 a=g 的加速度效果,不再有其他效果.从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时,物体处于失重状态;等于零时,物体处于完全失重状态从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时,超重②物体向下加速或向上减速时,失重2.判断超重和失重的方法.考向 1 对超重与失重现象的理解及判断【典题 4】(2023 年广东深圳质检)某次蹦床比赛过程中,利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力 F 随时间 t 的变化图像如图所示.已知运动员质量为 m,重力加速度大小为 g,不计空气阻力.则下列说法正确的是( )A.运动员最大加速度大小为 4gB.运动员在蹦床上运动过程中处于失重状态C.运动员与蹦床脱离时处于超重状态D.运动员在蹦床上运动过程中,运动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的作用力大小解析:根据牛顿第二定律可知 am=4mg-mgm=3g,运动员最大加速度为 3g,故 A 错误;运动员在蹦床上运动过程中,弹力大于重力时处于超重状态,弹力小于重力时处于失重状态,B 错误;运动员与蹦床脱离时,只受重力作用,加速度向下,处于失重状态,C错误;根据牛顿第三定律可知,运动员在蹦床上运动过程中,运动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的作用力大小,D 正确.答案:D考向 2 关于超重与失重的计算【典题5】(2024 年广东佛山一模)某同学体重 50 kg,乘电梯上行时,用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如下图所示.竖直向上为正方向.关于该段时间下列说法正确的是()A.3~5 s 该同学处于失重状态B.9~11 s 电梯向下加速运动C.该同学受到的最小支持力约为 30 ND.该同学受到的最大支持力约为 530 N解析:由图可知,3~5 s 的加速度为正,方向是竖直向上,则处于超重状态,A 错误; 9~11 s 的加速度为负,方向是竖直向下,9 s 的速度是竖直向上的,故电梯向上减速运动,B 错误;10 s时,a1=-0.6 m/s2,同学受到的支持力最小,约为 Nmin-mg=ma1,解得 Nmin=470 N,C 错误;4 s 时,a2=0.6 m/s2,同学受到的支持力最大,约为 Nmax-mg=ma2,解得 Nmax=530 N,D 正确.答案:D思路导引加速度向上为超重,加速度向下为失重,需要特别注意加速度正方向的规定,从图像中得到加速度的正负,判断加速度方向.等时圆模型1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等,如图甲所示.2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示.3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示.甲丙乙【典题 6】(2023 年湖南常德月考)现有直滑梯 AB、AC、AD和 BD,A、B、C、D 点在竖直平面内的同一圆周上,且 A 为圆周的最高点,D 为圆周的最低点,如图所示.已知圆周半径为R.在圆周所在的竖直平面内有一位置 P 点,距离 A 点 R,且与 A)点等高.各滑梯的摩擦均不计,已知重力加速度为 g,则(答案:C【触类旁通】如图 所示,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板 P 处,上部架在横杆上.横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变.将小物块由平板与竖直杆交点 Q 处静止释放,物块沿平板从 Q 点滑至 P 点所用的时间 t 与夹角θ的大小有关.若由 30°逐渐增大至 60°,物块的下滑时间 t 将()B.逐渐减小D.先减小后增大A.逐渐增大C.先增大后减小答案:D 展开更多...... 收起↑ 资源预览