1、第3节牛顿运动定律的综合应用知识点一| 超重和失重1实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念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现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小ag原理方程F
2、mgma Fm(ga)mgFma Fm(ga)mgFmg F0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动(1)失重说明物体的重力减小了。()(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。()(3)物体失重时，也可能向上运动。()(4)用弹簧测力计称量浸没在水中的物体时，示数小于实际重力G，这也是失重现象。()考法1超重、失重现象的分析1平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速
3、度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度D手托物体上抛的开始阶段，要使物体加速，则物体处于超重状态，之后手将要离开物体，手和物体一起继续向上运动，但要减速，这时物体处于失重状态。物体离开手的瞬间只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度。手和物体分离前速度相等，而手的减速一定要比物体快，才能离开物体，即分离瞬间手的加速度大于重力加速度。2.(2019郑州模拟)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是()A人在C点具有最大速度
4、B人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动C人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态D人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D由题图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A项错误；C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动，故B项错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C项错误，D项正确。考法指导判断超重和失重现象的技巧(1)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；当拉力(或支持力)小于重力时，物体处于失重状态；当拉
5、力(或支持力)等于零时，物体处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断：当物体具有竖直向上的加速度(或加速度分量)时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度(或加速度分量)时，物体处于失重状态；当竖直向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。考法2超重、失重的计算3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为m总；B为铁块，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于点O。当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为()AFm总gBm总gF(m总m)gD铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。对A、B、C系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处
6、于超重状态，故轻绳的拉力大于(m总m)g。4某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g10 m/s2)()A2 m/s2竖直向上B m/s2竖直向上C2 m/s2竖直向下 D m/s2竖直向下D由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fmmg500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：mgFmma，即a m/s2 m/s2，所以选项D正确。考法3超重、失重与图象问题组合5.若货物随升降机运动的v t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图
7、象可能是()ABCDB根据v t图象可知电梯的运动情况：加速下降匀速下降减速下降加速上升匀速上升减速上升，根据牛顿第二定律Fmgma可判断支持力F的变化情况：失重等于重力超重超重等于重力失重，故选项B正确。6.如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间。由图线可知()A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态B在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该
8、同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲起立的动作。质量为m60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图乙所示。g取10 m/s2，由图象可知()甲乙At0.5 s时他的加速度为3 m/s2Bt0.4 s时他处于超重状态Ct1.1 s时他受到单杠的作用力的大小是620 NDt1.5 s时他处于超重状态B根据速度图象斜率表示加速度可知，t0.5 s时他的加速度为0.3 m/s2，A项错误。t0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B项正确。t1.1 s时他的加速度为0，
9、他受到单杠的作用力的大小等于重力600 N，C项错误。t1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D项错误。知识点二| 动力学中整体法、隔离法的应用1外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。2整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。3隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个
10、物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。(1)“整体法和隔离法”是指选取研究对象的方法。()(2)以“整体”为研究对象时，需要考虑物体间相互作用。()(3)隔离研究对象后，受力分析只分析研究对象受到的力。()考法1先整体后隔离法的应用1.(2019天津检测)如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为()AMgsin BMgcos C0 D(Mm)gsin C对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛
11、顿第二定律可知，agsin ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合MaMgsin ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。考法2先隔离后整体法的应用2.(2019南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为()AMg BM(ga) C(m1m2)a Dm1am1gC以C为研究对象，有MgTMa，解得TMgMa，故A、B错误；以A、B整体为
12、研究对象，根据牛顿第二定律可知T(m1m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知fm2a，对A可知Tfm1a，ff，联立解得T(m1m2)a，故D错误。3.(2019武汉模拟)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于()A.m B2m C(1)m D(1)mD当小球刚好要从槽
13、中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得ma，解得小球的加速度ag。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg(M2m)a，解得M(1)m。故选项D正确。考法指导动力学中“整体法、隔离法”的应用技巧(1)若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力或加速度(或其他未知量)；(2)利用隔离法求物体之间的作用力。可总结为：“先整体求加速度，后隔离求内力”。知识点三| 动力学中的图象问题考法1动力学中的vt图象1(2019襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的
14、速度成正比，即Fkv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0mg。下列关于运动中的速度时间图象正确的是()ABCDC开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。考法2动力学中的at图象2广州塔，昵称小蛮腰，总高度达60
15、0米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图所示。则下列相关说法正确的是()At4.5 s时，电梯处于失重状态B555 s时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s时，电梯处于超重状态Dt60 s时，电梯速度恰好为零D利用at图象可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，a0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”
16、代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，选项D正确。考法3动力学中Ft图象3(多选)物体最初静止在倾角30的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()甲乙A物体的质量m1 kgB物体的质量m2 kgC物体与斜面间的动摩擦因数D物体与斜面间的动摩擦因数AD由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知02 s内物体的加速度大小为a1 m/s2；在02 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1mgsin 3
17、0mgcos 30ma,2 s后由平衡条件可得，F2mgsin 30mgcos 300，联立解得m1 kg，选项A、D正确。考法4动力学中的Fx图象4.(2018全国卷)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()ABCDA假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次
18、函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。考法指导分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。(2)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。(3)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。(多选)(2019黄冈检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是()AB CDBD设A、B向右匀加速运动的加速度
19、大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有Fk(x0x)(mAmB)a，可得Fkx(mAmB)akx0，若(mAmB)akx0，得Fkx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0x)FNmAa，得FNkxkx0mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有xx0tan ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()A BC DC刚开始，木块的速度小于传送带的速度，木块受到的摩擦力方向向下，木块做匀加速运动；当木块的速度与传送带的速度相同时，由于tan ，故此时摩擦力突变为静摩擦力，且方向向上，此后木块匀速下滑，C正确，A、B、D错误。考法指导类型图示滑块可能的运动情况水平传送带(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，返回速度大小为v；v0v时，返回速度大小仍为v0倾斜传送带(1)传送带较短时，可能静止，可能一直加速(2)传送带较长时，可能静止，可能先加速后匀速(1)传送带较短时，一直加速(2)传送带较长时，若tan ，先加速后匀速，若tan ，先以a1加速，后以a2加速(1)若tan ，可能一直减速，可能先减速，后反向加速