1、1专题辅导与能力提升 板块一 力学专题三 牛顿运动定律的应用专题三 牛顿运动定律的应用高考趋势展望牛顿运动定律是经典力学的核心内容，是历年高考重点考查的内容之一.高考对牛顿定律的考查不仅局限在力学范围内，常常结合带电粒子在电场、磁场中的运动、导体棒切割磁感线的运动等问题，考查考生综合应用牛顿运动定律和其他相关规律分析解决问题的能力.知识要点整合牛顿运动定律反映的是力和运动的关系，所以，应用牛顿运动定律解决的动力学问题主要有两类：（1）已知物体受力情况求运动情况；（2）已知物体运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系物体受力情况和运动情况的桥梁. 至于超重和失重状态，仅是动力学的简单问题
2、之一，只要能熟练应用牛顿定律解决动力学问题，超重和失重问题很容易解决.在有些题目中用超重、失重的思想去进行推理、分析、判断，还是比较简捷和有用的. 物体所受的合外力决定物体运动的性质，即决定物体做匀速运动还是变速运动，匀变速运动还是非匀变速运动；物体做何种形式的运动，还要根据物体的初始运动状态，即初速度 v0进行分析方能确定.如果合外力与初速度 v0的方向都沿一条直线，则物体做匀变速直线运动，像竖直上抛运动；如果物体受的合外力方向与初速度方向不在一条直线上，则物体做变速曲线运动，如果合外力是恒力，则物体做匀变速曲线运动，像平抛运动；如果合外力的方向总是与速度方向垂直，则物体做圆周运动.应用牛顿
3、运动定律解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动规律进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解.这是对多方面力学知识、分析综合能力、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力的综合考查.要深刻理解牛顿运动定律的物理意义，要能够熟练地应用牛顿运动定律解题.即便是向应用型、能力型变革的高考试题中，无非是增加些结合实际生产、生活的一些实例，在把这些实例抽象成物理模型的过程中考查学生的能力和物理学的思想方法，最后解决物理问题，仍然离不开基本的物理知识和规律.精典题例解读例 1如图 1-3-1 所示，置于水平地面上的盛水容器中，用固定于容器底部的细
4、线使一木球悬浮于水中.若将细线剪断，则在木球上升但尚未露出水面的过程中，地面对容器的支持力如何变化？ 图 1-3-1【解析】 细绳未剪断时，容器、水、木球均处于平衡状态，故地面对容器的支持力等于三者所受重力之和.由于木球所受浮力大于其重力，细绳被剪断后，它将加速上升，处于“超重”状态.在木球加速上升的过程中，相应的有同体积的“水球”以等大的加速度下降填补木球上升形成的空隙，处于失重状态.因木球的质量小于同体积的“水球”的质量，而其余部分的水及容器仍处于静止状态，所以整个容器系统呈失重状态，地面支持力将减小.小结：本题最易犯的错误是只看到木球加速上升所呈的“超重”状态，而忽视了与木球等体积的“水
5、球”的加速下降所呈的“失重”状态，而得出地面支持力增大的错误结论.例 2一位同学的家住在一座 25 层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图 1-3-2 所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和秒表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层.在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示.但由于 03.0 s 段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来.假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度 g 取 10 m/s2. 2
6、图 1-3-2（1）电梯在 13.0 s 时间段内台秤的示数应该是多少？（2）根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度.时间/s 台秤示数/kg电梯启动前 5.003.03.013.0 5.013.019.0 4.619.0 以后 5.0【 解 析 】 根 据 速 度 图 象 可 知 ， 电 梯 在 03.0 s 向 上 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 在 3.0 s13.0 s 内电梯匀速上升，在 13.0 s19.0 s 内电梯匀减速上升， t=19.0 s 时电梯速度减小到零.（ 1） 由 题 意 知 ， 砝 码 质 量 为 5.0 kg.在 03.0 s 内 匀 加 速 运 动
7、 中 速 度 的 改 变 量 ， 跟 13.0 s19.0 s 内匀减速运动中速度的改变量大小相等，但后者时间是前者的 2 倍，故两段时间内加速度大小的关系为 a1=2a2,由牛顿第二定律得mg-F2=ma2a2=g- =0.8 m/s2m则 a1=1.6 m/s2由牛顿第二定律得F1-mg=ma1F1=m(g+a1)=58 N.故在 03.0 s 内，台秤的示数为 5.8 kg.（2）匀加速运动的位移为s1= a1t12=7.2 m匀速运动的速度为v=a1t1=4.8 m/s匀速运动的位移为s2=vt2=48 m匀减速运动的位移为s3= t3=14.4 mv则 24 层楼总高度为H=s1+s
8、2+s3=69.6 m,每层楼高为 h= =2.9 m4小结：对于这种多过程问题，分析清楚各段过程的特点，找出各段过程间的关系是解题的关键. 例 3将金属块 m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱中，如图 1-3-3 所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，3箱可以沿竖直轨道运动.当箱以 a=2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为 6.0 N，下底板的传感器显示的压力为 10.0 N.（取 g=10 m/s2）图 1-3-3求：（1）金属块 m 的质量是多大？（2）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则箱子的加速度是多大？【解析】 上顶板压力传感器显
9、示的压力是金属块对上顶板的压力，大小也等于上顶板对金属块向下的压力；下底板传感器显示的压力为弹簧对下底板的压力，大小也等于弹簧对金属块向上的压力.根据金属块的受力情况和牛顿第二定律，即可求出质量、加速度. （1）设上顶板的传感器显示的压力为 FN1，下底板的传感器显示的压力为 FN2，由牛顿第二定律： mg+FN1-FN2=ma解得： m=0.5 kg（2）由于弹簧长度不变，则下底板的传感器显示的压力仍为 10.0 N， 即 FN2= FN2=10 N 则上顶板的传感器显示的压力为 FN1=5 N由牛顿第二定律： mg+FN1- FN2= ma解得： a=0例 4一个行星探测器从所探测的行星表
10、面竖直升空，探测器的质量为 1500 kg，发动机推力恒定.发射升空后 9 s 末，发动机突然因发生故障而灭火.图 1-3-4 是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.若不考虑探测器总质量的变化，求：图 1-3-4（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度 H.（2）该行星表面附近的重力加速度 g. （3）发动机正常工作时的推力 F.（4）探测器落回地面时的速率 v. （5）探测器发射后经多长时间落地？ 【解析】 由图知，探测器在 09 s 内匀加速上升，上升的最大速度为 64 m/s；9 s25 s 内匀减速上升；25 s 以后匀加速下落，直到落地.（1）在上升过程中
11、，由平均速度公式得=32 m/s2mv4则探测器上升的最大高度为 H= (t1+t2)=3225 m=800 mv（2）探测器 9 s25 s 内只受重力，其运动的加速度为重力加速度，则 g= m/s2=4 m/s21642tv（3）在 09 s 内，由牛顿第二定律得 F-mg=ma1由于 a1= m/s2=7.1 m/s2964tv则 F=m(g+a1)=150011.1 N=1.67104 N（4）探测器下落过程为自由落体运动，则其落地速度为 v= m/s=80 m/s8042gH（5）探测器自由下落的时间为 t3= s=20 s.480gv故探测器发射后到落地所经历的时间为t=t1+t2
12、+t3=9 s+16 s+20 s=45 s. 小结：注意探测器上升的总高度和下落的高度相等.本题也可利用 vt 图象求解，请同学们试一试.应用强化训练1.在升降机的天花板上用轻弹簧悬挂一个小球，升降机静止时，弹簧伸长量为 4 cm，升降机运动时，弹簧伸长量为3 cm，则升降机的运动情况可能是以 a= g 的加速度加速下降 以 a= g 的加速度加速下降41 43以 a= g 的加速度减速上升 以 a= g 的加速度减速上升A. B. C. D.【解析】 设弹簧的劲度系数为 k，球的质量为 m，选向下为正方向，则静止时有：k x1=mg 加速运动时： mg-k x2=ma 代入数据解得：a=
13、g.4【答案】 A2.图 1-3-5 中 A 为电磁铁， C 为胶木秤盘， A 和 C（包括支架）的总质量为 M.B 为铁片，质量为 m.整个装置用轻绳悬挂于 O 点.当电磁铁通电，铁片被吸上升的过程中，轻绳拉力 F 的大小为图 1-3-55A.F=mg B.mg(M+m)g【解析】 选整个系统为研究对象，通电后，铁片 B 将加速向上运动，整个系统的质量中心在加速上移，处于超重状态，故悬绳拉力大于系统总重力，即 F(M+m)g. 【答案】 D3.竖直向上射出的子弹，到达最高点后又竖直落下，如果子弹所受的空气阻力与子弹的速率大小成正比，则子弹刚射出时的加速度值最大子弹在最高点时的加速度值最大子弹
14、落地时的加速度值最小子弹在最高点时的加速度值最小正确的是A. B. C. D.【解析】 由于空气阻力与速率成正比，所以，在上升过程中子弹刚射出时阻力最大，在下落过程中落地时阻力最大.又由于子弹上升过程中阻力方向和重力方向相同，下落过程中阻力方向和重力方向相反.所以，子弹刚射出时加速度最大，落地时加速度最小.【答案】 A4.如图 1-3-6 所示，在竖直方向运动的升降机内，一质量为 m 的物体被一伸长的弹簧拉住静止在升降机水平底板上.现发现 A 突然被拉向右方，则升降机可能的运动情况是图 1-3-6向上运动的加速度减小 向上运动的加速度增大由加速向上运动变为匀速向上运动 由减速向下运动变为匀速向
15、下运动A. B. C.只有 D.只有【解析】 原物体相对地板静止，说明弹簧弹力等于地板对物体的静摩擦力.物体突然被拉向右方，说明地板对物体的静摩擦力的最大值突然变小，物体受到的地板的支持力突然减小.设物体质量为 m，地板支持力为 F，向上的加速度为a，则由牛顿第二定律，得： F-mg=ma,所以 F=mg+ma.显然，向上的加速度 a 减小时， F 将减小，从而出现物体被拉动的情况.【 答案】 A5.某人在地面最多能举起 60 kg 的物体，而在一竖直运动的升降机中，最多能举起 80 kg 的物体，此时升降机的加速度大小是_，其运动性质是_；若升降机以此加速度竖直加速上升时，人在升降机内最多能
16、举起质量为_的物体.（ g 取 10 m/s2）【解析】 在地面上该人最多能举起 60 kg 的重物，说明他能承受的最大压力（或最多能提供的支持力） FN=m0g=600 N.当他在竖直运动的升降机中能举起 80 kg 的物体时，说明质量为 80 kg 的物体对人只产生 600 N 的压力，可见物体处于失重状态，且具有向下的加速度，设加速度大小为 a，则由牛顿第二定律，得：mg-FN=ma.代入数值可得： a=2.5 m/s2.即升降机以大小为 2.5 m/s2的加速度加速向下运动或向上做匀减速直线运动.若 升 降 机 以 该 加 速 度 匀 加 速 上 升 时 ， 此 人 能 举 起 的 最
17、 大 质 量 为 m ， 则 由 牛 顿 第 二 定 律 ， 得 ：FN-m g=m a.解得： m=48 kg. 6【答案】 2.5 m/s 2;匀加速下降或匀减速向上运动；48 kg6.放在光滑水平面上的物体受到三个水平力的作用处于静止状态.如图 1-3-7 所示，其中 F1和 F2互相垂直，在保持其中两个力不变的情况下，若单独撤去 F1力可产生 2 m/s2的加速度.若单独撤去 F3力可产生 4 m/s2的加速度，则 F3力和 F2力之间夹角 及单独撤去 F2力时产生的加速度大小分别为图 1-3-7A.120,2 m/s2 B.120,2 m/s2 C.150,2 m/s2 D.150,
18、2 m/s25353【解析】 由于物体在 F1、 F2、 F3共同作用下静止，故三个力的合力为零，则 F1、 F2的合力与 F3等大、反向，它们产生的加速度也有这种关系，所以有 a12+a22=a32a2= 223 m/s /s 46F2与 F1、 F2合力的夹角为sin = 13a =30则 =150【答案】 D7.一物体放置在倾角为 的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为 a，如图 1-3-8 所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是当 一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小当 一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大当 a 一定时， 越大，斜面对物体的正压
19、力越小当 a 一定时， 越大，斜面对物体的摩擦力越小图 1-3-8A. B. C. D.【解析】 物体受力情况如图所示，7将加速度沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，分别在该两方向应用牛顿第二定律，得： FN-mgcos =macos 所以 FN=mgcos +macos F -mgsin =mgsin 所以 F =mgsin +masin 由式可知： 一定时， a 越大， FN越大； a 一定时， 越大， FN越小.由式可知， 一定时， a 越大， F 越大； a 一定时， 越大， F 越大.【答案】 D8.质量为 55 kg 的人站在井下一质量为 15 kg 的吊台上，利用图 1-3-9
20、 所示的装置用力拉绳，将吊台和自己提升起来.若吊台起动时的加速度是 0.2 m/s2，求此时人对吊台的压力和绳中的张力. 图 1-3-9【解析】 对系统应用牛顿第二定律，得：2FT-(m 人 +m 合 ） g=（ m 人 +m 合 ） a所以 FT= （ m 人 +m 合 ） （ a+g）1= （55+15）（0.2+9.8）N=350 N对人应用牛顿第二定律，得：FT+FN-m 人 g=m 人 a所以 FN=m 人 （ a+g）- FT=55（0.2+9.8) N-350 N=200 N由牛顿第三定律得：人对吊台的压力： FN= FN=200 N【答案】 200 N;350 N9.竖直向上抛
21、出一个物体，不计空气阻力，上升到最高点所需时间为 t1.如果有空气阻力，且以同样的速度抛出此物体，则上升到最高点所需时间为 t2，从最高点再落回到抛出点所需时间为 t3.试证明： t3t1t2.【解析】 设竖直上抛物体的初速度为 v0，如果没有空气阻力，上升的高度为 h，则有8t1= ghv20如果有空气阻力，设由空气阻力产生的加速度为 a,上升的高度为 h，则有t2= av0小球落到抛出点的距离仍为 h,则有t3= gh所以得 t1t2,t3t2.然后再比较 t1、 t3的大小.由、式得t1= t2gat3= t2a所以 213 aggt 因为 a0,所以 t3t1,证得t3t1t2【答案】
22、 略10.（2000 年上海，21）风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径.（如图 1-3-10 所示）图 1-3-10（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5 倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数. （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离 s 所需时间为多少？（sin37=0.6,cos37=0.8）【解析】 （1）设小球受的风力为 F，小球质量为 m，因小球做匀速运动，则 F=mg ， F=0.5mg,
23、所以 =0.5（2）如图所示，设杆对小球的支持力为 N，摩擦力为 Ff，小球受力产生加速度，沿杆方向有 Fcos +mgsin -Ff=ma垂直于杆方向9N+Fsin -mgcos =0又 Ff=N可解得 a= gmFgf43sinco由 s= at2，得1t= gs384/【答案】 (1)0.5 (2) 教学参考链接作为第二阶段的专题复习，对于牛顿运动定律的复习，应注重应用牛顿运动定律分析、解决问题方法的总结，注重提高学生综合应用牛顿运动定律解决问题的能力.“超重” “失重”现象虽司空见惯，但很多学生却熟视无睹，复习中应重点强调“超重” “失重”的实质，就在于加速度的方向，无论定性讨论还是定量计算，依据的都是牛顿第二定律.
