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1、7用牛顿运动定律解决问题(二),你乘坐过电梯吗？电梯在启动、停止的过程中你有怎样的感受？将你的体验与同学交流一下，体会其中蕴含的物理规律,1一个物体在 的作用下，如果保持或者做运动，我们就说这个物体处于平衡状态2从牛顿第二定律知道，当物体所受 时，加速度为零，物体将保持静止或者做，即物体处于因此，在共点力作用下物体的平衡条件是即F合.,共点力,匀速直线,静止,合力为零,匀速直线运动,平衡状态,合力为零,0,3如右图，升降机加速上升的时候，人对升降机地板的压力比人实际受到的重力物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体的情况称为超重现象,要大,大于,所受重力,4升降机加速下降的时候，人对升降机地
2、板的压力比人的重力物体对支持物的(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的情况称为5如果升降机正好以大小等于g的加速度竖直下落，这时物体对支持物或悬挂物，好像完全重力作用，这种状态是 状态,要小,压力,重力,失重现象,完全没有作用力,没有了,完全失重,(1)共点力：物体同时受几个力作用，如果这几个力作用在物体的同一点，或者它们的作用线交于一点，那么这几个力就叫共点力(2)平衡状态：一个物体在力的作用下，保持静止或匀速直线运动状态，则该物体处于平衡状态,特别提醒：正确区分“静止”和“v0”物体处于静止状态时，v0，a0是平衡状态；但是，当v0时，物体不一定处于平衡状态，如自由落体运动初始状态或竖直上抛运
3、动物体到达最高点时v0，但ag，不是平衡状态,如图所示，斗牛将人高高挑起处于静止状态，则下列说法正确的是(),A人受到2个力的作用，这2个力是共点力B牛角给人的弹力方向斜向上C人的重心一定通过支点，此时人受的合力为零D人的重力与牛角给他的弹力是一对作用力与反作用力答案：AC,(1)视重：所谓“视重”是指人由弹簧秤等量具上所看到的读数(2)超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力(即视重大于重力)的现象称为超重现象(3)失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力(即视重小于重力)的现象，称为失重现象,(
4、4)完全失重：当物体向下的加速度ag时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态，即视重等于零时，称为完全失重状态(5)产生超重、失重现象的原因：产生超重的原因：当物体具有向上的加速度a(向上加速或向下减速运动)时，支持物对物体的支持力(或悬绳的拉力)为F.由牛顿第二定律可得：Fmgma所以Fm(ga)mg,由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)Fmg.产生失重现象的原因：当物体具有向下的加速度a(向下加速或向上减速运动)时，支持物对物体的支持力(或悬绳对物体的拉力)为F.由牛顿第二定律可知：mgFma所以Fm(ga)mg由牛顿第三定律可知，物体对支持物的压力(或对悬
5、绳的拉力)Fmg.,特例：当物体具有向下的加速度ag时则F0.物体处于完全失重状态(6)对超重和失重现象的理解物体处于超重或失重状态时，物体所受的重力始终不变，只是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，看起来物重好像有所增大或减小发生超重或失重的现象与物体的速度方向无关，只取决于物体加速度的方向,在完全失重状态下，平常由重力产生的一切物理现象都会完全消失，比如物体对桌面无压力，单摆停止摆动，浸在水中的物体不受浮力等靠重力才能使用的仪器，也不能再使用，如天平、液体气压计等,(09淄博高三模拟)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹
6、簧秤的两端，稳定后弹簧秤的示数为F，若弹簧秤的质量不计，下列说法正确的是()A甲同学处于超重状态，乙同学处于失重状态B台秤P的读数等于mgFC台秤Q的读数为mg2FD两台秤的读数之和为2mg,答案：D,做自由落体运动的物体只受重力的作用，所以由牛顿第二定律Fma知物体的加速度是恒定的，故自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,沿光滑的墙壁用网兜把一个足球挂在A点(如图)，足球的质量为m，网兜的质量不计，足球与墙壁的接触点为B，悬绳与墙壁的夹角为，求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力,解析：取足球作为研究对象，它共受到三个力的作用重力Gmg，方向竖直向下；墙壁的支持力F1，方向水平向右；悬绳的拉
7、力F2，方向沿绳的方向这三个力一定是共点力，重力的作用点在球心O点，支持力F1沿球的半径方向G和F1的作用线必交于球心O点，则F2的作用线必过O点既然是三力平衡，可以根据任意两力的合力与第三力等大、反向求解，可以据力三角形求解，也可用正交分解法求解,解法1用合成法取足球作为研究对象，它们受重力Gmg、墙壁的支持力F1和悬绳的拉力F2三个共点力作用而平衡，由共点力平衡的条件可知，F1和F2的合力F与G大小相等、方向相反，即FG，从图中力的平行四边形可求得：F1FtanmgtanF2F/cosmg/cos.,解法2用分解法取足球为研究对象，其受重力G、墙壁支持力F1、悬绳的拉力F2，如图所示将重力
8、G分解为F1和F2，由共点力平衡条件可知，F1与F1的合力必为零，F2与F2的合力也必为零，所以F1F1mgtanF2F2mg/cos.,解法4用正交分解法求解取足球作为研究对象，受三个力作用，重力G、墙壁的支持力F1、悬绳拉力F2，如图所示，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，将F2分别沿x轴和y轴方向进行分解由平衡条件可知，在x轴和y轴方向上的合力Fx合和Fy合应分别等于零即Fx合F1F2sin0Fy合F2cosG0由式解得：F2G/cosmg/cos代入式得F1F2sinmgtan.,答案：mg/cos；mgtan点评：比较各种解法的优缺点，分析一下解决此类问题的方法步骤,1999年10月
9、中国第一座跨度超千米的特大悬索桥江苏江阴长江大桥正式通车，大桥主跨1 385m，桥全长3 071m，桥下通航高度为50m，大桥两侧桥塔身高196m，横跨长江南北两岸的两根主缆，绕过桥塔顶鞍座由南北锭固定，整个桥面和主缆的4.8万吨重量都悬在这两根主缆上，如下图所示，则每根主缆上的张力约为()A2.4108NB6108NC12109N D2.4109N,答案：B,用绳AO、BO悬挂一重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上悬点A固定不动，将悬点B从图(a)所示位置逐渐移动到C点的过程中，分析OA绳和OB绳中的拉力变化情况,解析：在支架上选取三个点B1、B2、B3，当悬点B分别移动
10、到B1、B2、B3各点时，AO、BO中的拉力分别为TA1、TA2、TA3和TB1、TB2、TB3，如图(b)所示，从图中可以直观地看出，TA逐渐变小，且方向不变；而TB先变小，后变大，且方向不断改变；当TB与TA垂直时，TB最小点评：相对解析法而言，作图法比较直观，本题是定性比较问题，选用作图法较为方便，平行四边形是由两个全等的三角形构成，因而在分析动态变化问题时选用三角形定则更为方便,(安徽阜阳一中0910学年高一上学期期末)在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示现在从球心O1
11、处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿着斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，在此过程中(),AF1缓慢增大，F2不变BF1缓慢增大，F2缓慢减小CF1缓慢减小，F2缓慢增大DF1缓慢减小，F2不变答案：D,如图所示，台秤上装有盛水的杯，杯底用细绳系一木质小球，若细线突然断裂，则在小木球上浮到水面的过程中，台秤的示数将()A变小 B变大C不变 D无法判断,解析：像这种台秤示数变化类问题，由于某物体所处状态的变化而引起系统是否再平衡的判断，若用“隔离法”进行受力分析，再通过对运动过程的分析，定量推理再比较判断，则是比较繁琐、费时的如果能从整体
12、思维出发，再用系统重心的超、失重的结论进行判断、分析，将会使问题化繁为简，求解将轻车熟路将容器和木球看做整体，整体受弹簧秤竖直向上的支持力和竖直向下的重力，当细线被剪断后，其实际效果是：在木球向上加速运动的同时，木球上方与该木球等体积的水球，将以同样大小的加速度向下加速流动，从而填补了木球占据的空间，,由于水木，水球的质量大于木球的质量，因此木球和水球组成的系统其重心有向下的加速度，整个系统将处于失重状态，故台秤的示数将变小答案：A,一个人站在体重计的测盘上，在人下蹲的过程中(如下图所示)，指针示数变化应是_答案：先减小，后增加，再还原解析：人蹲下的过程经历了加速向下、减速向下和静止这三个过程
13、.,一种巨型娱乐器械“跳楼机”(如图所示)可以使人体验超重和失重一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下已知座舱开始下落时的高度为76m，当落到离地面28m的位置时开始制动，座舱均匀减速若座舱中某人手托着重50N的铅球，当座舱下落2s时刻，手的感觉如何？当座舱下落4s时刻，手要用多大的力才能托住铅球？,解析：设座舱自由下落的时间为t1，做减速运动的时间为t2，座舱开始减速时的速度为v，做匀减速运动的加速度的大小为a，已知座舱自由落下通过的距离为x176m28m48m，座舱减速运动通过的距离为x228m
14、.由运动学公式可知,答案：当座舱下落2s时刻，手感觉不到铅球的压力；座舱下落4s时刻，手托铅球的力应是135N.点评：此题是教材习题变式题，认真审题，弄清物理情景是解题关键,表演“顶杆”杂技时，一人站在地上(称为“底人”)，肩上扛一长6m、质量为5kg的竹竿，一质量为40kg的演员在竿顶从静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到竿底时速度正好为零假设加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑总时间为3s.问这两个阶段竹竿对“底人”的压力分别为多大？(g10m/s2),答案：290N；530N,在下滑的加速阶段，对竿上演员应用牛顿第二定律，有mgF1ma1，得F1m(ga1)240N.对竹竿应用平衡条件有F1m0gFN1从而竹竿对“底人”的压力为FN1FN1F1m0g290N.在下滑的减速阶段，对竿上的演员应用牛顿第二定律有：F2mgma2，得F2m(ga2)480N.对竹竿应用平衡条件有F2m0gFN2，从而竹竿对“底”人的压力为：FN2FN2F2m0g530N.,
