1、第3节 牛顿运动定律的综合运用一、超重和失重1.视重(1)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_称为视重.(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的_或台秤所受物体的_.【答案】示数 压力 拉力2.超重、失重和完全失重比较二、牛顿运动定律的应用1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的_相同时，可以把系统内的所有物体看成_，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对_列方程求解的方法.2.隔离法当求系统内物体间_时，常把某个物体从系统中_出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对_出来的物体列方程求解的方法. 【答案】加速度 一个整体 整体相互作用的内力 隔离 隔离考点一超
2、重、失重的理解及应用1.尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态.2.超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化.3.在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.(2013梅州模拟) 2009年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什达万航天中心，一枚PSLVC14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一
3、箭七星”发射，相关图片如图所示则下列说法不正确的是 ()A火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态【详解】由作用力与反作用力大小相等，可知错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确【答案】A【总结提升】超重和
4、失重现象的判断“三”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；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.3.从速度变化角度判断(1)物体向上加速或向下减速时,超重;(2)物体向下加速或向上减速时,失重.考点二 牛顿定律解题中整体法和隔离法的应用1.整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知
5、量).2.隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.【例2】质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则 ()A小球对圆槽的压力为B小球对圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球 对圆槽的压力增加D水平恒力F变
6、大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小 【答案】C 【详解】利用整体法可求得系统的加速度为a，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为 ，由牛顿第三定律可知只有C选项正确【总结提升】整体法与隔离法常涉及的问题类型1.涉及隔离法与整体法的具体问题类型(1)涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法.本例中,绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度.解题时，一般采用先整体、后隔离的方法.建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解
7、力，或者正交分解加速度.(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析.2.解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解.【2013年】8C52013天津卷 如图甲所示，静止在水平地面的物块，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()甲乙A 0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块的加速度最大Ct2时刻后物块做反向运动Dt3时刻物块
8、的动能最大8BD解析 0t1时间内拉力F小于最大静摩擦力fm，物块处于静止状态，F的功率为零，选项错误；t1t2时间拉力F逐渐增大，物块的加速度a也逐渐增大，t2时刻物块的加速度最大，选项B正确；t2t3时间内，虽然拉力F逐渐减小，但仍然大于fm，所以物块继续沿F的方向做加速运动(加速度逐渐减小)，选项C错误；t3时刻之后拉力F小于滑动摩擦力fm，物块从t3时刻开始做减速运动，选项D正确4C52013江苏卷 将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()ABCD图24C解析 皮球在上升过程中做减速运
9、动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g，C图正确5C52013江苏卷 如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是()图3A.B.C.(mM)gD.(mM)g5A解析 当木块所受的摩擦力最大时加速度最大，力F最大，对木块分析可得2fMgMa，对夹子和木块两个物体的整体进行分析可得F(Mm)g(Mm)a，联立两式可求得F，项正确23C52013浙江卷 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量
10、均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA.(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fAfB.23解析 (1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有v02gH得：vA1(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作
11、用，做匀减速运动，设加速度为a A，有F合F浮f AmgF合ma A0v2a A h A由题意：F浮mg综合上述各式，得f Amg(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“鱼”相似，有fBmg解得25C52013重庆卷 某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s.比赛时某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点整个过程中球一直保持在球拍中心不动比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m
12、，重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；(2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比0大了并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求应满足的条件25解析 (1)在匀速运动阶段，有mgtan0kv0得k(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有NsinkvmaNcosmg得tantan0(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F球拍倾角为0时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a，有Fsinma设匀速跑阶段
13、所用时间为t，有t球不从球拍上掉落的条件at2r得sin23C52013北京卷 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米电梯的简化模型如图1所示考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图2所示电梯总质量m2.0103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示的at图象，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速度v2；(3)
14、求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.图1图223解析 (1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2F1m(ga1)2.0103(101.0) N2.2104 NF2m(ga2)2.0103(101.0) N1.8104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.50 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s(3)由at图象可知，11 s30 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积
15、，有vm10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.01031010 W2.0105 W由动能定理，总功WEk2Ek1mv02.0103102 J1.0105 J【2013年-2013年】1.（2013上海高考物理T16）如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态。地面受到的压力为，球b所受细线的拉力为。剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力(A)小于 (B)等于 (C)等于 (D)大于【答案】选D.【详解】把箱子以及两小球a、b当做一个整体。静止时地面受到的压力为等于三个物体的总重力.在球b上升
16、过程中，整体中的一部分具有了向上的加速度，根据整体法，即；在球b静止时，库仑引力，在球b向上加速时库仑引力，两球接近，库仑引力增加，有：，所以，根据可得.2.（2013上海高考物理T19）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 图线如图所示，则(A)在秒内，外力大小不断增大(B)在时刻，外力为零(C)在秒内，外力大小可能不断减小(D)在秒内，外力大小可能先减小后增大【答案】选CD. 【详解】秒内，加速运动，从图像斜率看，这段时间内的加速度减小，所以，秒内，不断减小，A错误；从图像斜率看在时刻，加速度为零，B错误；在秒内减速运动，若开始时的方向与相反，则，从图像斜率看加速度逐渐增大
17、，因此不断减小，C正确，当减小到零，反向之后，当增大时，加速度逐渐增大，D正确3.（2013山东高考T24）如图所示，在高出水平地面的光滑平台上放置一质量、由两种不同材料连接成一体的薄板，其右段长度且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量。B与A左段间动摩擦因数。开始时二者均静止，先对施加水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离。（取）求：（1）B离开平台时的速度。（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间和位移xB（3）A左端的长度l2【答案】（1）2m/s （2）0.5s 0.5m （3）1.5m 【详
18、解】（1）物块B离开平台后做平抛运动：（2）物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB,则（3） A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1,B刚开始运动时，的速度为v1,加速度为a2,则有。1.在第11届全运会上，福建女选手郑幸娟以“背越式”成功地跳过了1.95 m的高度，成为全国冠军，若不计空气阻力，则下列说法正确的是( ).下落过程中她处于失重状态B.起跳以后上升过程她处于超重状态C.起跳时地面对她的支持力等于她对地面的压力D.起跳时地面对她的支持力大于她对地面的压力【答案】选A、C.【详解】无论是上升过程还是下落过程，运动员的加速度始终
19、向下，所以她处于失重状态，A选项正确，B选项错误；起跳时地面对她的支持力与她对地面的压力为一对作用力与反作用力，大小应相等，C项正确，D项错误.2.设“神舟七号”载人飞船近地加速时,飞船以5g的加速度匀加速上升,g为重力加速度.则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为( )A 6mg B.5mg C.4mg D.mg 【答案】选A【详解】对宇航员由牛顿运动定律:FNmg=ma,得FN=6mg,再由牛顿第三定律可判定项正确.3.(2013福州模拟)如图所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情
20、况是( )A.由大变小B.由小变大C.始终不变D.由大变小再变大【答案】选C.【详解】设细线上的张力为F1，要求F1，选物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好.在光滑的水平面上运动时：F1m1a F=(m1+m2)a 联立解得：在粗糙的水平面上运动时：F1m1gm1a F(m1+m2)g(m1+m2)a 联立解得：可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是，故C正确.4如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车
21、未动时细线恰好在竖直方向上现使小车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1a2a3a41248，M受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是()图3319Af1f212 Bf2f312Cf3f412 Dtan 2tan 【答案】CD【详解】已知a1a2a3a41248，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力fMa，则f1f212.在第(3)、第(4)图中摩擦力f3(Mm)a3，f4(Mm)a4，f3f412.第(3)、(4)图中，a3gtan ，a4gtan .则tan 2tan .5.(2013大连模拟)如图所示,一个重力G=4 N的物
22、体放在倾角为30的光滑斜面上,斜面放在台秤上,当烧断细线后,物块正在下滑的过程中与稳定时比较,台秤示数( )A减小2 NB.减小1 NC.增大2 ND.增大1 N【答案】选B.【详解】本题可用整体法求解,属于超重、失重的定量计算:烧断细线后,物体匀加速下滑,下滑加速度,方向沿斜面向下(如图所示),其中竖直向下的分量为,所以物块G失重,台秤示数减小量为.6.(2013海口模拟)五个质量相等的物体置于光滑的水平面上,如图所示,现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力,则第2个物体对第3个物体的作用力等于( )A. FB. FC. FD. F【答案】选C【详解】.对五个物体整体由牛顿第二定律得F=5m
23、a,对3、4、5三个物体由牛顿第二定律得F23=3ma,解以上两式得,C正确.7.(2013南京模拟)如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为，则下列说法正确的是( ) A杆对小环的作用力大于m1g+m2gB.m1不变，则m2越大，越小C.，与m1、m2无关D.若杆不光滑，可能大于【答案】选C.【详解】对整体由牛顿第二定律得(m1+m2)gsin(m1+m2)a，设杆对小环的作用力大小为FN，据平衡条件得FN(m1+m2)gcos，故错误；对小球由
24、牛顿第二定律得m2gsinFTsin()m2a，解得，故C正确，B错误；若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律得，不可能大于，故D错误.8如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体施加一水平力F，Ft图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是()A两物体在4 s时改变运动方向B在1 s3 s时间内两物体间摩擦力为零C6 s时两物体的速度为零DB物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同【答案】D【详解】两物体在01 s内，做加速度增大的变加速运动，在1 s3 s内，做匀加速运动，在3 s4 s内，做加速度增大的变加速运动
25、，在4 s6 s内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，、C错误，D正确，1 s3 s时间内两物体做匀加速运动，对B进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B错误9图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分E滑行的时间技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图C是滑道的竖直高度，D点是C竖直线上的一点，且有DDE10 m，滑道E可视为光滑，滑行者从坡顶点由静止开始沿滑道E向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道E上滑行的时间为()A. s B2 sC. s D2 s【答案】B【详解】A E两点在以D为圆心半径为R10 m的圆上，在E上的滑行时间与沿D所在
26、的直径自由下落的时间相同，t2 s，选B.10.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在B段的动摩擦因数1tan，他从点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态.则该小朋友从斜面顶端点滑到底端C点的过程中( ).地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B.地面对滑梯始终无摩擦力作用C.地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D.地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小【答案】选A【详解】小朋友在B段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑
27、梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，正确，B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误.11.如图所示，固定在水平面上的斜面倾角=37，长方体木块的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力.(取g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)【详解】由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间
28、有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得(M+m)gsin(M+m)gcos=(M+m)a代入数据得a=2.0 m/s2选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为FN，根据牛顿第二定律有mgsinFN=ma代入数据得FN6.0 N根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下 【答案】6.0 N，方向沿斜面向下12. 考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车.路旁可以竖一标志杆，若车以v0的速度匀速行驶，当距标志杆的距离为x时，考官命令考员到标志杆停下，考员立即刹车，车在恒定滑动摩擦力作用下做匀减速运动，已知车(包括车内的人)的质量为M，车与路面间的动摩擦因数为.车视为质点，求车停下时距标志杆的距离x(说明x、v0与x、g的关系).【详解】设车的加速度大小为a,由牛顿第二定律知：Mg=Ma，所以a=g(2分)设车的速度为v时开始刹车，车刚好停在标志杆处,则：v2=2ax，即： (2分)刹车过程中车的位移为： (2分)当时，车停在标志杆处，车距标志杆的距离x=x-x=0(2分)当时，车还没到达标志杆处，车距标志杆的距离 (2分) 当时，车已经驶过标志杆，车距标志杆的距离 (2分)
