步步高必修一物理第四章学案8解析.docx

1、步步高必修一物理第四章学案8解析学案8用牛顿运动定律解决问题(二)学习目标定位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、共点力的平衡条件1平衡状态是指物体处于静止状态或匀速直线运动状态2平衡条件：合力为0.二、超重与失重1超重(1)定义：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(2)产生条件：物体具有竖直向上的加速度2失重(1)定义：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

2、现象(2)产生条件：物体具有竖直向下的加速度3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态(2)产生条件：物体的加速度竖直向下且等于g.三、从动力学看自由落体运动1受力情况运动过程中只受重力作用，且重力恒定不变，所以物体的加速度恒定2运动情况初速度为零的竖直向下的匀加速直线运动.一、共点力的平衡问题设计1什么是平衡状态？答案物体保持静止或匀速直线运动的状态叫做平衡状态2物体只有在不受力作用时，才能保持平衡状态吗？答案不是因为处于平衡状态时，物体所受的合力为零，而不只是不受力作用3速度等于零时，物体一定处于平衡状态吗？答案不一定平衡状态表现为速度始终不变，当物体某一瞬间

3、的速度为零时，但速度要发生变化，即加速度不为零时，就不是平衡状态要点提炼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a0)(2)3平衡条件的四个推论(1)二力作用平衡时，二力等大、反向(2)三力作用平衡时，任意两力的合力与第三个力等大、反向(3)多力作用平衡时，任意一个力与其他所有力的合力等大、反向(4)物体处于平衡状态时，沿任意方向上分力之和均为零二、超重和失重问题设计小星家住十八楼，每天上学放学均要乘垂直升降电梯上下楼上学时，在电梯里，开始他总觉得有种“飘飘然”的感觉，背的书包也感觉变“轻”了快到楼底时，他总觉得自己有种“脚踏实地”的感觉，背的书包也似乎变“重”了为

4、了研究这种现象，小星在电梯里放了一台台秤如图1所示设小星的质量为50 kg，g取10 m/s2.求下列情况中台秤的示数图1(1)当电梯以a2 m/s2的加速度匀加速上升；(2)当电梯以a2 m/s2的加速度匀减速上升；(3)当电梯以a2 m/s2的加速度匀加速下降；(4)当电梯以a2 m/s2的加速度匀减速下降；从以上例子中归纳总结：什么情况下会发生超重现象，什么情况下会发生失重现象？答案(1)匀加速上升时，以人为研究对象，受力情况、加速度方向、速度方向如图所示选向上为正方向根据牛顿第二定律：FN1mgma得：FN1mgma50(102) N600 N(2)匀减速上升时，以人为研究对象，人的受

5、力情况、加速度方向、速度方向如图所示选向下为正方向根据牛顿第二定律：mgFN2ma得：FN2mgma50(102) N400 N(3)匀加速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向下为正方向，根据牛顿第二定律有mgFN3ma得：FN3mgma50(102) N400 N(4)匀减速下降时，以人为研究对象，人的受力情况、加速度方向、速度方向如图所示，选向上为正方向，根据牛顿第二定律有FN4mgma得：FN4mgma50(102) N600 N归纳总结：(1)、(4)中，物体具有向上的加速度时，将发生超重现象；(2)、(3)中，物体具有向下的加速度时，将发生失重现象

6、要点提炼判断超重、失重状态的方法1从受力的角度判断超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力完全失重：物体所受向上的拉力(或支持力)等于零2从加速度的角度判断超重：物体具有竖直向上的加速度失重：物体具有竖直向下的加速度完全失重：物体具有竖直向下的加速度，且加速度大小等于g.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：v00；只受重力作用，ag.(2)运动性质：初速度为零的匀加速直线运动(3)规律：vgt，hgt2，v2v2gh.2竖直上抛运动(1)条件：具有竖直向上的初速度；只受重力作用，ag.(2)运动性质全过程看：匀变速直

7、线运动分过程看(3)规律：以初速度v0竖直向上抛出的物体，到达的最大高度h，上升到最大高度所需时间t上.竖直上抛运动具有对称性a从抛出点上升到最高点所用的时间t上与从最高点落回抛出点所用的时间t下相等，即t上t下；b落回抛出点的速度大小v等于初速度v0；c上升和下降过程经过同一位置时速度大小相等；d上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等一、共点力的平衡例1如图2所示，电灯的重力为20 N，绳AO与天花板间的夹角为45，绳BO水平，求绳AO、BO所受的拉力的大小解析解法一力的合成法O点受三个力作用处于平衡状态，如图所示， 图2 可得出FA与FB的合力F合方向竖直向上，大小等于FC.

8、由三角函数关系可得出F合FAsin 45FCG灯FBFAcos 45解得FA20 N，FB20 N由牛顿第三定律知，绳AO、BO所受的拉力分别为20 N、20 N.解法二正交分解法如图所示，将FA进行正交分解，根据物体的平衡条件知FAsin 45FCFAcos 45FB后面的分析同解法一答案20 N20 N二、超重与失重例2如图3所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的vt图象，则()A物体在02 s处于失重状态B物体在2 s8 s处于超重状态C物体在8 s10 s处于失重状态 图3D由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态解析从加速度的角度判断，由题意知02 s物体的加速度竖直

9、向上，则物体处于超重状态；2 s8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8 s10 s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故C选项正确答案C三、从动力学角度看自由落体和竖直上抛运动例3气球下挂一重物，以v010 m/s匀速上升，当达到离地面高175 m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10 m/s2)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t11 s，由v2gh1知，h15 m重物下降阶段，下降距离Hh1175 m180 m设下落时间为t2，则Hgt，故t2 6 s重物落地速度v

10、gt260 m/s，总时间tt1t27 s解法二全程法取初速度方向为正方向重物全程位移hv0tgt2，h175 m可解得t17 s，t25 s(舍去)由vv0gt，故v60 m/s，负号表示方向竖直向下答案7 s60 m/s1共点力的平衡条件(1)平衡状态指物体处于静止状态或匀速直线运动状态平衡状态的特点是速度不发生变化(v0或v常数)，加速度a0.(2)共点力作用下物体的平衡条件是合外力为0，即F合0或.2超重和失重分析特征状态加速度a视重(F)与重力(mg)的关系运动情况受力图平衡a0Fmg静止或匀速直线运动超重方向向上Fm(ga)mg向上加速，向下减速失重方向向下Fm(ga)mg向下加速

11、，向上减速3.从动力学的角度看自由落体运动和竖直上抛运动(1)物体抛出后只受重力作用，由牛顿第二定律知，ag；(2)自由落体运动：v00，ag，匀加速直线运动；竖直上抛运动：具有竖直向上的初速度，ag，全过程看做是匀变速直线运动.1.(共点力的平衡)如图4所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力()A大小为7.5 N 图4B大小为10 N C方向与水平方向成53角斜向右下方D方向与水平方向成53角斜向左上方答案D解析小球受力如图所示，则F2sin G，F2cos F1，tan ，53，F2 N12.5 N.

12、2(超重和失重)在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲和起立的动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案D3(从动力学看自由落体和竖直上抛运动)将一个物体以初速度20 m/s竖直向上抛出，忽略空气阻力，求物体到达距抛出点上方15 m处时所用的时间(g取10 m/s2)答案1 s或3 s解析由于忽略空气阻力，物体只受重力作用，故上升、下降的加速度都是g.根据hv0tgt2，将v020 m/s，h15 m代入得：t11 s，t23 s物体上升过程中至距抛出点15 m处所用时间为1 s；物体从抛出点上升到最高点，

13、然后自由下落至距抛出点15 m处所用的时间为3 s.题组一共点力的平衡1如图1所示，在斜面上，木块A与B的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止则关于木块A和木块B的受力个数不可能的是()A2个和4个 图1B3个和4个C4个和4个D4个和5个答案B2.物体受到与水平方向成30角的拉力FT的作用，向左做匀速直线运动，如图2所示，则物体受到的拉力FT与地面对物体的摩擦力的合力方向是() 图2A向上偏左 B向上偏右 C竖直向上 D竖直向下答案C解析物体受重力mg、拉力FT、支持力FN和摩擦力Ff共同作用处于平衡状态，则四个力的合力为零，即有Ff与FT的合力的大小等于重力和支持力的合力的大小

14、，方向相反3.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图3所示已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30和60，则ac绳和bc绳中的拉力分别为()A.mg，mg B.mg，mg 图3C.mg，mgD.mg，mg答案A解析分析结点c的受力情况如图，设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得F1Fcos 30mgF2Fsin 30mg选项A正确4如图4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，下列关系正确的是()AF BFmg

15、tan 图4CFN DFNmgtan 答案A解析对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力mg、支持力FN、水平推力F三个力作用由共点力的平衡条件知，F与mg的合力F与FN等大、反向根据平行四边形定则可知FN、mg和合力F构成直角三角形，解直角三角形可求得：F，FN.所以正确选项为A.题组二超重与失重5跳水运动员从10 m跳台腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有()A上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C上升过程和下落过程均处于超重状态D上升过程和下落过程均处于

16、完全失重状态答案D解析跳水运动员在空中时无论上升还是下落，加速度方向均向下，由于不计空气阻力，故均为完全失重状态，故选D.6.某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一个弹簧秤，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码弹簧秤弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图5所示则下列分析正确的是() 图5A从t1到t2，钩码处于失重状态B从t3到t4，钩码处于超重状态C电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在3楼D电梯可能开始在3楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼答案ABD解析从t1到t2，由图象可知钩码对传感器的拉力小于钩码的重力，钩码处

17、于失重状态，加速度向下，电梯向下加速运动或向上减速运动，选项A正确；从t3到t4，由图象可知钩码对传感器的拉力大于钩码的重力，钩码处于超重状态，加速度向上，电梯向下减速运动或向上加速运动，选项B正确；综合得出，选项C错误，选项D正确7.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图6中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中()A人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态B人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 图6D人在c点，人的速度为零，其

18、加速度为零答案AB解析人在Pa段只受重力作用，ag，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误8.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力FN随时间变化的图象如图7所示根据图象提供的信息，以下判断错误的是()A在0至t2时间内该同学处于失重状态 图7B在t2至t3时间内该同学处于超重状态Ct3

19、时刻该同学的加速度为零D在t3至t4时间内该同学的重心继续下降答案C解析由图象可以看出，在0至t2时间内该同学受到的地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且F1大于重力，由牛顿第二定律可知a0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确9. 某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内弹簧测力计的示数如图8所示，则电梯运行的vt图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)() 图8

20、答案A解析t0t1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1t2时间段内，人匀速或静止；t2t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错10一个质量是60 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40 N，g取10 m/s2，求：(1)此时升降机的加速度的大小；(2)此时人对地板的压力答案(1)2 m/s2(2)480 N解析(1)弹簧秤对物体的拉力FT40 N对物体由牛顿第二定律可得：FTmgma解得：a m/s22 m/s2故升降机加速度大小为2 m/s2，方向竖直向

21、下(2)设地板对人的支持力为FN对人由牛顿第二定律可得：FNMgMa解得FNMgMa6010 N60(2) N480 N由牛顿第三定律可得人对地板的压力为480 N题组三从动力学看自由落体和竖直上抛11以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球不计空气阻力，g10 m/s2，以下判断正确的是()A小球到达最大高度时的速度为0B小球到达最大高度时的加速度为0C小球上升的最大高度为61.25 mD小球上升阶段所用的时间为3.5 s答案ACD解析小球到达最大高度时的速度一定为零，否则该点不是最大高度，A正确；小球上抛过程中只受重力作用，故加速度始终为g，B错；由v2v2(g)hh61.25 m，C正

22、确；由vv0gtt3.5 s，D正确12竖直上抛的物体，初速度是30 m/s，经过2.0 s、4.0 s，物体的位移分别是多大？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0 s末的速度分别是多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力)答案见解析解析上升的最大高度H m45 m由xv0tgt2得当t12.0 s时，位移x1302.0 m102.02 m40 m，小于H，所以路程s140 m速度v1v0gt130 m/s102.0 m/s10 m/s当t24.0 s时，位移x2304.0 m104.02 m40 m，小于H，所以路程s245 m(4540) m50 m速度v2v0gt230 m/s104

23、.0 m/s10 m/s，负号表示速度与初速度方向相反13图9甲是我国某运动员在蹦床比赛中的一个情景设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示取g10 m/s2，根据Ft图象求：图9(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员离开蹦床上升的最大高度答案(1)50 kg(2)40 m/s2(3)3.2 m解析(1)由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，则m50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm2 500 N，设运动员的最大加速度为am，则Fmmgmamam m/s240 m/s2(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H，则Hgt2100.82 m3.2 m