1、题型探究课三牛顿运动定律的综合应用超重与失重现象【题型解读】1对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失(3)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(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态2判断超重和失重的方法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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上
2、的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断(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【题组过关】1(20184月浙江选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作下列Ft图象能反映体重计示数随时间变化的是()解析：选C.下蹲时先加速下降，后减速下降，故先失重，后超重，F先小于重力，后大于重力，C正确2在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在
3、体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A晓敏同学所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下解析：选D.由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A错误；由牛顿第三定律知，B错误；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C错误；由牛顿第二定律mgFNma可知a，方向竖直向下，D正确动力学观点在连接体中的应用【题型解读】1多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接
4、或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体常见的连接体如下：(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2连接体的运动特点(1)轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等(2)轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比(3)轻弹簧：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等3连接体问题的分析方法适用条件注意事项优点整体法系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力便于求解系统受到的外加作用力隔离法
5、(1)系统内各物体加速度不相同(2)要求计算系统内物体间的相互作用力(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法(2)加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法分析便于求解系统内各物体间的相互作用力【典题例析】如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA1 kg和mB2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用水平拉力F拉A，取重力加速度g10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为()A1 m/s2B2.5 m/s2C3 m/s2 D4 m/s2解析A、B放在轻质长木板上，长木板质量
6、为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxfBmax，所以B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即fBfAmaxmAg，由fBmBaBmax，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A正确答案A迁移角度解决办法易错警示加速度相同的连接体整体法(先整体后部分)加速度相同时可把连接体看成一整体，再求整体外力时可用整体受力分析；若涉及内力问题必须用隔离法分析加速度不同的连接体隔离法(先部分后整体)加速度不同的连接体或要求连接体中各个物体间的作用力时一般用隔离法(2020舟山质
7、检)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，Mm，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为F1.若用一力F水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为F1.则()Aaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1F1 Daa，F1F1解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F1cos mg水平方向有FF1sin ma，以整体为研究对象有F(mM)a，解得agtan 当用力F水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F1cos mg水平方向有
8、F1sin ma，解得agtan 结合两种情况，由有F1F1；由并结合Mm有aa.故正确选项为B.动力学中的临界、极值问题【题型解读】1临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即求收尾加速度或收尾速度2“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接
9、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度的，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，绳子松弛与拉紧的临界条件是：FT0.(4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：当加速度变为0时3处理临界问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时，往往用
10、假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【题组过关】1(多选)(2020台州调研)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现对 A 施加一水平拉力 F，则()A当 F 3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g解析：选BCD.A、B间的最大静摩擦力为2mg，B和地面之间的最大静摩擦力为mg，对A、B整体，只要Fmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B
11、一起运动的加速度的最大值满足2mgmgmamax，B运动的最大加速度amaxg，选项D正确；对A、B整体，有Fmg3mamax，则F3mg时两者会发生相对运动，选项C正确；当Fmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足Fmg3ma，解得ag，选项B正确2(2020嘉兴检测)如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过()AmgBMgCmg DMg解析：选C.由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F(Mm)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为
12、研究对象可知mgMa，联立解得Fmg，选项C正确传送带问题的分析技巧【知识提炼】1模型特征(1)水平传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型情景图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法水平传送带若l，物、带能共速；若l，物、带能共速；若l，物块能返回倾斜传送带若
13、l，物、带能共速；若l，物、带能共速；若tan ，物、带共速后匀速；若tan ，物体以a2加速(a2gsin 解析：选A.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin FNma，FNmgcos ，解得agsin gcos ，故B项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin mgcos ，即当tan 时粮袋将继续做加速运动，C、D项错误解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断
14、与tan 的关系才能决定物块以后的运动(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用 滑块滑板模型分析【知识提炼】1模型特征滑块滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块滑板模型类似2两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xBxAL物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，
15、则位移关系为xBLxA【典题例析】质量M4 kg、长2l4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同一个质量为m1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示在t0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t12 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1t图象如图乙所示取g10 m/s2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数1和恒力F的大小(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数20.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加
16、速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t12 s时木板的位移x2a2t滑块的位移x14 m由牛顿第二定律得a2由位移关系得x1x2l联立解得10.4滑块位移x1a1t恒力Fma11mg联立解得F6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a12g，a2设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则v2a2t1，v1a1t1，v1a1t2v2a2t2解得t21.6 s在此时间内，滑块位移x1v1t2a1t木板的位移x2v2t2a2txx1x2联立解得
17、x1.6 m1mg0.3110 N3 N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F(Mm)a对A：fABMa解得：fAB2.5 N因fABfm，故A、B之间不发生相对滑动(2)对B：F1mgmaB对A：1mg2(Mm)gMaA据题意有：xBxALxAaAt2xBaBt2解得：t s.答案：(1)见解析(2) s1(2020舟山月考)在天宫二号中工作的景海鹏和陈东可以自由飘浮在空中，宇航员处于失重状态下列分析正确的是()A失重就是航天员不受力的作用B失重的原因是航天器离地球太远，从而摆脱了地球的引力C失重是航天器独有的现象，在地球上不可能有失重现象的存在D正是由于引力的存在，才使航天器和航
18、天员有可能做环绕地球的圆周运动解析：选D.失重时航天员仍受地球引力的作用，只是弹力为零而已，A、B错误；失重在地球上也很普遍，它只是视重(即弹力)小于重力的现象，C错误；正是由于地球引力的存在，才使航天器和航天员有可能做环绕地球的圆周运动，D正确2(2020浙江六校联考)在水平桌面上用书本做成一个斜面，斜面与水平桌面的夹角为，把一个计算器放在书本上并保持静止，已知计算器质量为m，计算器与书本间的动摩擦因数为，则()A计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向上B计算器对书本的压力等于计算器的重力mgC计算器受到的摩擦力为mgcos D计算器受到的摩擦力为mgsin 解析：选D.计算器受到三个力：重力mg
19、、书本对它的弹力FN、书本对它的摩擦力Ff，由平衡条件可知，FNmgcos ，Ffmgsin ，计算器对书本的压力等于mgcos ，故B、C错误，D正确；书本对计算器的摩擦力Ff方向沿斜面向上，由牛顿第三定律知计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向下，A错误3(2020杭州调研)一个小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为t1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为t2，则()At1t2Bt1t2 D无法判断t1与t2的大小解析：选A.设滑梯与水平面的夹角为，则第一次时a1gsin gcos ，第二次时a2gsin gcos
20、，所以a1a2，与质量无关又xat2，t与m也无关，A正确4一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图(a)所示，速度v随时间t变化的关系如图(b)所示取g10 m/s2，求：(1)1 s末物块所受摩擦力的大小f1；(2)物块在前6 s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数.解析：(1)从题图(a)中可以读出，当t1 s时，f1F14 N；(2)由题图(b)知物块在前6 s内的位移大小x m12 m；(3)从题图(b)中可以看出，在t2 s至t4 s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a m/s22 m/s2由牛顿第二定律得F2mgma，F3f3mg所以m kg2 kg0.4.答案：(1)4 N(2)12 m(3)0.4
