两类动力学问题超重和失重精选PPT.ppt

两类动力学问题超重和失重第1页，此课件共28页哦2国际单位制中的基本物理量和基本单位国际单位制中的基本物理量和基本单位国际单位制的基本单位国际单位制的基本单位物理量名称物理量名称物理量符号物理量符号单位名称单位名称单位符号单位符号长度长度 质量质量 时间时间电流电流I安安培培A热力学温度热力学温度T开开尔文尔文K物质的量物质的量n摩摩尔尔mol发光强度发光强度I坎坎德拉德拉cdlmt秒秒千克千克米米mkgs第2页，此课件共28页哦1关关于力学于力学单单位制位制说说法中正确的是法中正确的是()Akg、m/s、N是是导导出出单单位位Bkg、m、J是基本是基本单单位位C在国在国际单际单位制中，位制中，质质量的基本量的基本单单位是位是kg，也可以是，也可以是gD只有在国只有在国际单际单位制中，牛位制中，牛顿顿第二定律的表达式才是第二定律的表达式才是Fma 解析：解析：在在力学单位制中，力学单位制中，kg、m、s为基本单位，为基本单位，m/s、J和和N均为导出单均为导出单 位位，A、B均均不不正正确确；g不不是是国国际际单单位位的的基基本本单单位位，C不不正正确确；只只有有在在国国际际单单位位制制中中，Fkma中中的的k才才为为“1”，牛牛顿顿第第二二定定律律的的表表达达式式才才是是Fma，故只有故只有D正确正确 答案：答案：D第3页，此课件共28页哦1视视重重：当当物物体体挂挂在在弹弹簧簧测测力力计计下下或或放放在在水水平平台台秤秤上上时时，弹弹簧簧测测力力计计或或台台秤秤的的示数，大小等于示数，大小等于测测力力计计所受物体的所受物体的 或台秤所受物体的或台秤所受物体的 2超重、失重、完全失重的比较超重、失重、完全失重的比较拉力拉力压力压力超重超重失重失重完全失重完全失重定义定义物体对支持物的压物体对支持物的压力力(或对悬挂物的或对悬挂物的拉力拉力)物体物体所受重力的情况所受重力的情况物体对支持物的压物体对支持物的压力力(或对悬挂物的或对悬挂物的拉力拉力)物体物体所受重力的情况所受重力的情况物体对支持物的压物体对支持物的压力力(或对悬挂物的或对悬挂物的拉力拉力)的状的状态态产生的原因产生的原因物体有物体有 的的加速度加速度物体有物体有 的的加速度加速度a 方向向下方向向下大于大于小于小于等于零等于零g竖直向下竖直向下竖直向上竖直向上第4页，此课件共28页哦“超超重重就就是是物物体体重重力力增增加加了了，失失重重就就是是物物体体重重力力减减小小了了，完完全全失失重重就就是是物物体体不不受受重力了重力了”这这种种说说法是否正确，法是否正确，为为什么？什么？提提示示：不不正正确确超超重重或或失失重重是是指指物物体体的的“视视重重”大大于于或或小小于于其其重重力力的的现现象象，物物体体实实际受到的重力并没有变化际受到的重力并没有变化第5页，此课件共28页哦如何理解超重和失重现象？如何理解超重和失重现象？(1)不不论论超重、失重或完全失重，物体的重力不超重、失重或完全失重，物体的重力不变变，只是，只是“视视重重”改改变变(2)物物体体是是否否处处于于超超重重或或失失重重状状态态，不不在在于于物物体体向向上上运运动动还还是是向向下下运运动动，而而在在于于物物体体是有向上的加速度是有向上的加速度还还是有向下的加速度是有向下的加速度(3)当当物物体体处处于于完完全全失失重重状状态态时时，重重力力只只产产生生使使物物体体具具有有ag的的加加速速度度效效果果，不不再再产产生生其其他他效效果果平平常常一一切切由由重重力力产产生生的的物物理理现现象象都都会会完完全全消消失失，如如单单摆摆停停摆摆、天天平平失失效、浸在水中的物体不再受浮力，液柱不再效、浸在水中的物体不再受浮力，液柱不再产产生向下的生向下的压压强强等等第6页，此课件共28页哦2在在电电梯梯中中，把把一一重重物物置置于于台台秤秤上上，台台秤秤与与压压力力传传感感器器相相连连，电电梯梯由由静静止止开开始始竖竖直直上上升升过过程程中中，传传感感器器所所受受的的压压力力与与时时间间的的关关系系(FNt)图图象象如如图图321所所示，示，g取取10 m/s2，由，由图图象可知象可知(1)电电梯减速上升梯减速上升过过程程经历经历的的时间时间是是_ s；(2)重物的重物的质质量是量是_ kg；(3)电电梯的最大加速度是梯的最大加速度是_ m/s2.图图321第7页，此课件共28页哦解解析析：(1)当当电电梯梯减减速速上上升升时时，由由于于电电梯梯内内的的物物体体与与电电梯梯都都有有向向下下的的加加速速度度，故故此此时物体处于失重状态，即对应图象中的时物体处于失重状态，即对应图象中的10 s14 s，经历的时间为，经历的时间为4 s.(2)由由图图象象可可知知，在在4 s10 s内内，电电梯梯匀匀速速上上升升，此此时时支支持持力力的的大大小小与与重重力力大大小小相相等等，所以重物的质量为所以重物的质量为3 kg.(3)当当FN15 N时，对应的加速度最大，时，对应的加速度最大，amax 5 m/s2.答案：答案：(1)4(2)3(3)5第8页，此课件共28页哦1已知受力情况求运动情况已知受力情况求运动情况根根据据牛牛顿顿第第二二定定律律，已已知知物物体体的的 情情况况，可可以以求求出出物物体体的的加加速速度度；再再知知道道物物体体的的初初始始条条件件(初初位位置置和和初初速速度度)，根根据据 ，就就可可以以求求出出物物体体在在任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况受力受力运动学公式运动学公式2已知物体的运动情况，求物体的受力情况已知物体的运动情况，求物体的受力情况根据物体的运动情况，由根据物体的运动情况，由 可以求出加速度，可以求出加速度，再再根根据据 可可确确定定物物体体的的合合外外力力，从从而而求求出出未未知知力力，或或与与力力相相关关的的某某些些量量，如如动动摩擦因数、劲度系数、力的方向等摩擦因数、劲度系数、力的方向等运动学公式运动学公式牛顿第二定律牛顿第二定律第9页，此课件共28页哦两类动力学问题的解题思路图解：两类动力学问题的解题思路图解：第10页，此课件共28页哦3某某校校课课外外活活动动小小组组，自自制制一一枚枚土土火火箭箭，火火箭箭在在地地面面时时的的质质量量为为3 kg.设设火火箭箭发发射射实实验验时时，始始终终在在垂垂直直于于地地面面的的方方向向上上运运动动火火箭箭点点火火后后可可认认为为做做匀匀加加速速运运动动，经经过过4 s到到达达离离地地面面40 m高高处处，燃燃料料恰恰好好用用完完若若空空气气阻阻力力忽忽略略不不计计，g取取10 m/s2.求：求：(1)燃料恰好用完燃料恰好用完时时火箭的速度火箭的速度为为多大？多大？(2)火箭上升离地面的最大高度是多大？火箭上升离地面的最大高度是多大？(3)火箭上升火箭上升时时受到的最大推力是多大？受到的最大推力是多大？第11页，此课件共28页哦解析：解析：火火箭上升过程中先匀加速上升，后匀减速上升箭上升过程中先匀加速上升，后匀减速上升(1)加速上升过程中，根据运动学公式加速上升过程中，根据运动学公式x at2，vat，带入数据可得带入数据可得v20 m/s，a5 m/s2.(2)减速过程中，继续上升高度为减速过程中，继续上升高度为x1，根据运动学公式，根据运动学公式v22(g)x1，代入数据得代入数据得x120 m上升的最大高度上升的最大高度xmxx140 m20 m60 m.(3)加速过程中，设火箭推力为加速过程中，设火箭推力为F，根据牛顿第二定律得：，根据牛顿第二定律得：Fmgma，解得，解得F45 N.答案：答案：(1)20 m/s(2)60 m(3)45 N第12页，此课件共28页哦【例例1】为为了研究超重与失重了研究超重与失重现现象，某同学把一体重秤放在象，某同学把一体重秤放在电电梯的地板上，他站梯的地板上，他站在体重秤上随在体重秤上随电电梯运梯运动动并随并随时观时观察体重秤示数的察体重秤示数的变变化情况下表化情况下表记录记录了几个了几个特定特定时时刻体重秤的示数刻体重秤的示数(表内表内时间时间不表示先后不表示先后顺顺序序)时间时间t0t1t2t3体重秤示数体重秤示数/kg45.050.040.045.0第13页，此课件共28页哦若已知若已知t0时刻电梯静止，则以下判断正确的是时刻电梯静止，则以下判断正确的是()At1和和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化Bt1和和t2时刻电梯的加速度方向一定相反时刻电梯的加速度方向一定相反Ct1和和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向不一定相反时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向不一定相反Dt3时刻电梯可能向上运动时刻电梯可能向上运动解析：解析：人所人所受的重力等于人的质量和重力加速度的乘积，与人的运动状态无关，受的重力等于人的质量和重力加速度的乘积，与人的运动状态无关，t0时时刻电梯静止，体重秤的示数大小等于人的体重，刻电梯静止，体重秤的示数大小等于人的体重，t1时刻体重秤的示数大于人的体重，时刻体重秤的示数大于人的体重，说明人处于超重状态，加速度方向向上；说明人处于超重状态，加速度方向向上；t2时刻体重秤的示数小于人的体重，说明人时刻体重秤的示数小于人的体重，说明人处于失重状态，加速度方向向下；处于失重状态，加速度方向向下；t3时刻体重秤的示数等于人的体重，说明人的加速时刻体重秤的示数等于人的体重，说明人的加速度为零，处于平衡状态，电梯可能静止，可能向上匀速运动，也可能向下匀速运度为零，处于平衡状态，电梯可能静止，可能向上匀速运动，也可能向下匀速运动；本题的正确答案为动；本题的正确答案为B、C、D.答案：答案：BCD第14页，此课件共28页哦11举重运动员在地面上能举起举重运动员在地面上能举起120 kg的重物的重物，而在运动着的升降机中却只能而在运动着的升降机中却只能举起举起100 kg的重物，求升降机运动的加速度的重物，求升降机运动的加速度若在以若在以2.5 m/s2的加速度加速下的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量为多大的重物降的升降机中，此运动员能举起质量为多大的重物？(取取g10 m/s2)解解析析：运运动动员员在在地地面面上上能能举举起起120 kg的的重重物物，则则运运动动员员能能发发挥挥的的向向上上的的最最大大支支撑撑力力Fm1g12010 N1 200 N在在运运动动着着的的升升降降机机中中只只能能举举起起100 kg的的重重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度对对于重物：于重物：Fm2gm2a1，所以所以a1 m/s22 m/s2；当升降机以当升降机以2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重的加速度加速下降时，重物失重对于重物：对于重物：m3gFm3a2，得，得m3 kg160 kg.答案：答案：2 m/s2160 kg第15页，此课件共28页哦【例例2】冰壶冰壶比比赛赛是在水平冰面上是在水平冰面上进进行的体育行的体育项项目，比目，比赛场赛场地示意地示意图图如如图图322甲甲 所示比所示比赛时赛时，运，运动员动员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶壶从本从本垒圆垒圆心心O向前滑行，向前滑行，至前至前卫线时卫线时放开冰放开冰壶壶使其沿直使其沿直线线OO滑向滑向营垒圆营垒圆心心O，为为使冰使冰壶壶能在冰面上滑得能在冰面上滑得更更远远，运，运动员动员可用毛刷刷冰面以减小冰可用毛刷刷冰面以减小冰壶壶与冰面与冰面间间的的动动摩擦因数一次比摩擦因数一次比赛时赛时，冰冰壶壶(可可视为质视为质点点)从本从本垒圆垒圆心心O点向前沿直点向前沿直线线OO滑行，某同学利用滑行，某同学利用计计算机描算机描绘绘出冰出冰壶壶运运动动的的vt图图象如象如图图322乙所示，已知乙所示，已知OO30.0 m，冰，冰壶壶的的质质量量为为19 kg，g取取10 m/s2，启，启动时动时运运动员对动员对冰冰壶壶的推力的推力为为恒力，求：恒力，求：第16页，此课件共28页哦(1)启启动时动时运运动员对动员对冰冰壶壶的推力的推力F；(2)用毛刷刷冰面的距离及此用毛刷刷冰面的距离及此时时冰冰壶壶与冰面与冰面间间的的动动摩擦因数摩擦因数；(3)冰冰壶壶静止静止时时的位置的位置第17页，此课件共28页哦解析：解析：(1)分分析析vt图象可知，图象可知，02.0s内为冰壶的启动过程，内为冰壶的启动过程，2.0 s12.0s为冰壶在冰为冰壶在冰面上的自滑过程，面上的自滑过程，12.0 s16.8 s为冰壶在运动员刷冰面后的滑行过程，为冰壶在运动员刷冰面后的滑行过程，02.0s冰壶的冰壶的加速度大小为加速度大小为a12 m/s2.设不刷冰面时冰壶与冰面的动摩擦因数为设不刷冰面时冰壶与冰面的动摩擦因数为1，由牛顿第二定，由牛顿第二定律有律有F1mgma1 2.0s12.0s冰壶的加速度大小为冰壶的加速度大小为a20.32 m/s2，由牛顿第二定律有，由牛顿第二定律有1mgma2，联立解得，联立解得F44.1 N.(2)12.0 s16.8 s为为冰冰壶壶在在运运动动员员刷刷冰冰面面后后的的滑滑行行过过程程由由vt图图象象知知，用用毛毛刷刷刷刷冰冰面面的的距距离离为为s3 1.92 m，此此过过程程冰冰壶壶的的加加速速度度为为a30.17 m/s2，由由牛牛顿顿第第二定律有二定律有mgma3，此过程冰壶与冰面间的动摩擦因数为，此过程冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.017.第18页，此课件共28页哦(3)02.0 s冰冰壶壶前进的距离为前进的距离为s1 m4 m,2.0 s12.0 s冰壶滑行的距离为冰壶滑行的距离为s2 m24 m，冰壶运动总距离为，冰壶运动总距离为ss1s2s329.92 m，sOOs0.08 m，即冰壶停在距，即冰壶停在距O点左侧点左侧0.08 m处处答案：答案：(1)44.1 N(2)1.92 m0.017(3)距距O点左点左侧侧0.08 m处处第19页，此课件共28页哦解解答答此此类类问问题题还还应应注注意意：不不论论是是已已知知运运动动求求解解力力，还还是是已已知知力力求求解解运运动动，作作好好“两两分分析析”即即受受力力分分析析、运运动动分分析析是是解解决决问问题题的的关关键键在在解解决决两两类类动动力力学学基基本本问问题题时时要要正正确确画画出出受受力力分分析析图图，进进行行运运动动过过程程分分析析，建建立立已已知知的的受受力力情情况或运动情况与加速度的关系，从而达到事半功倍的效果况或运动情况与加速度的关系，从而达到事半功倍的效果求解这两类问题的思路如下：求解这两类问题的思路如下：第20页，此课件共28页哦21如如图图323所示，楼梯口一所示，楼梯口一倾倾斜的天花板与水平面成斜的天花板与水平面成37角，一装角，一装潢工人手持木杆潢工人手持木杆绑绑着刷子粉刷天花板工人所持木杆着刷子粉刷天花板工人所持木杆对对刷子的作用力始刷子的作用力始终终保持保持竖竖直向上，大小直向上，大小为为F10 N，刷子的，刷子的质质量量为为m0.5 kg，刷子可，刷子可视为质视为质点刷子与天花板点刷子与天花板间间的的动动摩擦因数摩擦因数为为0.5，天花板，天花板长为长为L4 m，取，取sin 370.6，试试求：求：(1)刷子沿天花板向上运刷子沿天花板向上运动动的加速度；的加速度；(2)工人把刷子从天花板底端推到工人把刷子从天花板底端推到顶顶端所用的端所用的时间时间图图323第21页，此课件共28页哦解析：解析：(1)以以刷子为研究对象，受力分析如图所示，设滑动摩擦力为刷子为研究对象，受力分析如图所示，设滑动摩擦力为Ff，天花板对刷子的弹力为天花板对刷子的弹力为FN，由牛顿第二定律，得，由牛顿第二定律，得(Fmg)sin 37FfmaFN(Fmg)cos 37FfFN代入数据，得代入数据，得a2 m/s2(2)由运动学公式，得由运动学公式，得L at2，代入数据，得，代入数据，得t2 s.答案：答案：(1)2 m/s2(2)2 s第22页，此课件共28页哦22(2010湖北重点中学联考湖北重点中学联考)完完整的撑杆跳高整的撑杆跳高过过程可以程可以简简化成如化成如图图324所示所示的三个的三个阶阶段，持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落在第二十九届北京奥运会比段，持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落在第二十九届北京奥运会比赛赛中，俄中，俄罗罗斯女运斯女运动员动员伊辛巴耶娃从静止开始以加速度伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a1.25 m/s2匀加速助跑，匀加速助跑，速度达到速度达到v9.0 m/s时时撑杆起跳，到达最高点撑杆起跳，到达最高点时过时过杆的速度不杆的速度不计计，过过杆后做自由杆后做自由落体运落体运动动，重心下降，重心下降h24.05 m时时身体接触身体接触软垫软垫，从接触，从接触软垫软垫到速度减到速度减为为零的零的时时间间t0.90 s已知伊辛巴耶娃的已知伊辛巴耶娃的质质量量m65 kg，重力加速度，重力加速度g取取10 m/s2，不，不计计空空气的阻力求：气的阻力求：第23页，此课件共28页哦(1)伊伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；辛巴耶娃起跳前的助跑距离；(2)假如伊辛巴耶娃从接触假如伊辛巴耶娃从接触软垫软垫到速度减到速度减为为零的零的过过程中做匀减速运程中做匀减速运动动，求求软垫对软垫对她的作用力大小她的作用力大小第24页，此课件共28页哦解析：解析：(1)设助跑设助跑距离为距离为x，由运动学公式，由运动学公式v22ax，解得：，解得：x 32.4 m.(2)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v，由运动学公式有：由运动学公式有：v22gh2设软垫对运动员的作用力为设软垫对运动员的作用力为F，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得Fmgma，由运动学公式由运动学公式a ，解得解得：F1 300 N.答案：答案：(1)32.4 m(2)1 300 N第25页，此课件共28页哦(15分分)航航模模兴兴趣小趣小组设计组设计出一架遥控出一架遥控飞飞行器，其行器，其质质量量m2 kg，动动力系力系统统提供的提供的恒定升力恒定升力F28 N试飞时试飞时，飞飞行器从地面由静止开始行器从地面由静止开始竖竖直上升直上升设飞设飞行器行器飞飞行行时时所受的阻力大小不所受的阻力大小不变变，g取取10 m/s2.(1)第一次第一次试飞试飞，飞飞行器行器飞飞行行t18 s时时到达高度到达高度H64 m求求飞飞行器所受阻力行器所受阻力Ff的大小；的大小；(2)第二次第二次试飞试飞，飞飞行器行器飞飞行行t26 s时时遥控器出遥控器出现现故障故障飞飞行器立即失去升力，求行器立即失去升力，求飞飞行器能行器能达到的最大高度达到的最大高度h；(3)为为了使了使飞飞行器不致行器不致坠坠落到地面，求落到地面，求飞飞行器从开始下落到恢复升力的最行器从开始下落到恢复升力的最长时间长时间t3.第26页，此课件共28页哦【答案卷】【答案卷】第27页，此课件共28页哦【教师点评】【教师点评】该同学的解答有以下特点：该同学的解答有以下特点：(1)思路清晰，对物理过程理解正确思路清晰，对物理过程理解正确(2)有必要的文字叙述和列方程的依据，符合高考计算题的要求有必要的文字叙述和列方程的依据，符合高考计算题的要求(3)字母、符号使用规范，所列原始方程规范字母、符号使用规范，所列原始方程规范(4)书写认真、清楚书写认真、清楚此答卷应属于优秀答卷，得满分此答卷应属于优秀答卷，得满分.第28页，此课件共28页哦