1、高考资源网（ ），您身边的高考专家第三节牛顿运动定律的应用一、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。2视重弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。二、超重、失重和完全失重的比较现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_自身重力的现象系统具有竖直_的加速度或加速度有竖直_的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_自身重力的现象系统具有竖直_的加速度或加速度有竖直_的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_的现象系统具有竖直向下的加速度，且a_1(2012安徽省城名校联考)如图
2、所示，在光滑的水平面上叠放A、B两滑块(B足够长)，其中A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，现有一水平作用力F作用于B上，A、B间的摩擦因数为0.2，当F取不同值时，(g10 m/s2)关于A的加速度说法正确的是( )A当F2 N，A的加速度为2 m/s2B当F4 N，A的加速度为2 m/s2C当F5 N，A的加速度为2 m/s2D当F7 N，A的加速度为2 m/s22(2012濉溪月考)如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为(
3、)Ah B1.5 h C2 h D2.5 h3(2012湖北武汉联考)如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g。则有( )Aa10, a2g Ba1g，a2gCa10, a2g Da1g ，a2g4关于超重和失重现象的理解，下列说法中正确的是( )A汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了B荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力C宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行
4、走的宇航员在飞船外受力平衡D电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力一、超重、失重问题自主探究1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动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )思考：该同学实际受到重力如何变化？运动状态如何变化？归纳要点1不论超重、失重或完全失重，物体的重力依然不变，只是“视重”改变。2物体是否处于超重或失重状态，不在于物体是向上运动还是向下运动，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度。3当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有ag的加速度效果，不再产生
5、其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液柱不再产生向下的压强等。4处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为：超重状态下：F浮V排(ga)；失重状态下：F浮V排(ga)。处于完全失重状态下的液体F浮0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力。二、临界与极值问题自主探究2如图所示，质量为m1 kg的物块放在倾角为37的斜面体上，斜面质量为M2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。(取g10 m/s2)思考：本题的两个临界条件是什么？归纳要点在应用牛顿
6、运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件。1接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN0。2相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。3绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT0。4加速度最大与速度最大
7、的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。速度的极值出现在加速度为零时。命题研究一、连接体问题的处理方法【题例1】 如图所示，三物体以细绳相连，mA2 kg，mB3 kg，mC1 kg， A、C与水平桌面间的动摩擦因数0.25，求系统的加速度和绳中的张力。思路点拨：系统的加速度大小可由系统沿绳运动方向的受力情况来求，求绳中的张力时必须把物体A、C、B隔离开，此题是由整体的受力情况来求加速度，绳中张力用隔
8、离法求解。解题要点：规律总结处理连接体问题常用的方法是：整体法与隔离法。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
9、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。命题研究二、牛顿第二定律结合运动图象【题例2】 (2012北京理综)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，a-t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
10、解了由v-t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末的速率v2；(3)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。思路点拨：由v-t图象不难求出电梯在不同时间段内的加速度，结合牛顿第二定律即可求解。解题要点：规律总结物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是vt图象在考题中出现率极高。对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果
11、。解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注vt图中的斜率(加速度)和力的图线与运动的对应关系。命题研究三、滑板类问题【题例3】 (2012山东理综)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径 R1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m0.2 kg，与BC间的动摩擦因数10.4。工件质量M0.8 kg，与地面间的动摩擦因数20.1。(取g10 m/s2)(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑到C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。(2)若将一水平
12、恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。求F的大小。当速度v5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。思路点拨：第二问中要使物块在P点与工件保持相对静止，且向左加速，先对物块受力分析求出加速度，再整体利用牛顿第二定律可求解。解题要点：1如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是( )A在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力C下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D在上升和下降过程中A对B的压
13、力等于A物体受到的重力2(2013安徽六校教育研究会素质测试)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是( )3如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石沿斜壁向上运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为，则磨石受到的摩擦力是( )A(Fmg)cos B(Fmg)sin C(Fmg)cos D(Fmg)sin 4竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球
14、，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后( )A小球开始向下做匀加速运动B弹簧恢复原长时小球加速度为零C小球运动到最低点时加速度小于gD小球运动过程中最大加速度大于g参考答案基础梳理自测知识梳理二、大于向上向上小于向下向下为零g基础自测1D解析：无论物体处于超重还是失重状态，物体所受的重力总是不变的，只是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，看起来物重好像增大或减小，选项A正确；做竖直上抛运动的物体的加速度就是重力加速度g，所以物体处于完全失重状态，选项B正确；若在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象，说明升降机的加速度方向向下，升降机可能向上做减速运动，也可能向下做加速运动，选
15、项C、D错误。本题答案为A、B。2B解析：运动员由BC的过程中 ，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，A项错，B项对；运动员由CB的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，C项错，D项对。3D解析：容器抛出后，容器及其中的水均做加速度为g的匀变速运动，容器中的水处于失重状态，水对容器的压强为零，无论如何抛出，水都不会流出。故D项正确。3C解析：抽出木板前，木块1在重力mg与弹簧弹力F作用下处于平衡状态，Fmg；质量为M的木块2受到木板的支持力FMgF。在抽出木板的瞬间，弹簧中弹力并未改变，木块1受重力和支持力作
16、用，mgF，a10。木块2受重力和弹簧向下的弹力作用，根据牛顿第二定律 a2g，所以选项C正确。4D解析：汽车驶过拱形桥顶端时，由重力和支持力的合力提供向心力，合力向下，则支持力小于重力，处于失重状态，而重力不变，选项A错误；荡秋千的小孩通过最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力，合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，选项B错误；宇航员随飞船做匀速圆周运动，处于完全失重状态，选项C错误；选D。核心理解深化【自主探究1】 D提示：下蹲前，该同学对传感器的压力等于其重力；下蹲的初始阶段，该同学从静止做加速运动，其加速度方向向下，处于失重状态，对传感器的压力小于其重力；该同学速度达到最大后，
17、又要做减速运动，其加速度方向向上，处于超重状态，对传感器的压力要大于其重力，故选项D正确。【自主探究2】 答案：14.4 NF53.6 N解析：(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向。对物块分析，在水平方向有FNsin FNcos ma1竖直方向有FNcos FNsin mg0对整体有F1(Mm)a1代入数值得a14.8 m/s2，F114.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有FNsin Fcos ma2，竖直方向有FNcos FNsin mg0，对整体有F2(Mm)a2代入
18、数值得a211.2 m/s2，F233.6 N综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 NF33.6 N提示：此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下。找准临界状态是求解此题的关键。考向探究突破【题例1】 解析：以A、B、C系统为研究对象，其所受的外力在绳的方向上，有mBg(mAmC)g(mAmBmC)a则系统的加速度为a m/s23.68 m/s2设A、C间绳的张力为F1，以C为研究对象，则有F1mCgmCa所以F1mCamCgmC(ag)1(3.680.
19、259.8)N6.13 N设A、B间的张力为F2，以A、C整体为研究对象有F2(mAmC)g(mAmC)a所以F2(mAmC)a(mAmC)g(21)3.68 N0.25(21)9.8 N18.4 N。【题例2】 答案：(1)2.2104 N1.8104 N(2)0.5 m/s1.5 m/s(3)2.0105 W1.0105 J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
20、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 30 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积，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。【题例3】 答案：(1)0.2 m(2)8.5 N0.4 m解析：(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得mgh1mgL0代入数据得h0.2 m(2)设物块的加速
21、度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得cos 根据牛顿第二定律，对物块有mgtan ma对工件和物块整体有F2(Mm)g(Mm)a联立式，代入数据得F8.5 N设物块平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式可得hgt2x1vtx2x1Rsin 联立式，代入数据得x20.4 m演练巩固提升1A解析：以A、B整体为研究对象，仅受重力，由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g，方向竖直向下。以A为研究对象，因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，在上升和下降过程中A对B的压力一定为零，选项A正
22、确，B、C、D错误。2.D解析：开始时弹簧压缩x0，则有mgkx0G当向下压力为F时，弹簧向下移动x，对A受力分析有FGk(x0x)ma即Fmakx，可见只有D正确。3D解析：对磨石受力分析易知FN(FG)sin ，FfFN(FG)sin 4D解析：迅速放手后，小球竖直向下的重力不变，弹簧弹力先竖直向下，大小逐渐减小，后竖直向上，大小逐渐增大，所以小球的合力时刻在变，小球不做匀加速运动，选项A错误；弹簧恢复原长时小球的加速度为重力加速度，不为零，选项B错误；小球运动到最低点时的合外力与刚放手时的合外力等大反向，所以小球运动到最低点时的合外力大于其重力，加速度应大于g，小球运动过程中最大加速度也肯定大于g，选项C错误，D正确。5答案：400 N解析：以重物为研究对象，重物受向下的重力mg，向上的弹簧拉力F，重物随升降机一起以加速度a向上运动，由于重物的重力mg大于弹簧测力计的示数，因此可知升降机的加速度方向应向下，即升降机减速上升，由牛顿第二定律有mgFma所以a m/s22 m/s2。再以人为研究对象，人受到重力Mg，底板的支持力FN，由牛顿第二定律有MgFNMa得FNMgMa50(102)N400 N由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为400 N，方向竖直向下。欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。