1、第三节 牛顿运动定律的综合应用第三章牛顿运动定律一、超重和失重1超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_物体所受重力的现象，称为超重现象(2)产生条件：物体具有_的加速度大于向上2失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_物体所受重力的现象，称为失重现象(2)产生条件：物体具有_的加速度3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_的情况称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度 ag，方向竖直向下 小于向下为零 1.判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象()(2)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态()(3)减速上升的升降机内的物体，
2、物体对地板的压力大于重力()(4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向()(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关()提示：(1)(2)(3)(4)(5)二、解答连接体问题的常用方法1整体法：当系统中各物体的_相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的_，当整体受到的外力已知时，可用_求出整体的加速度2隔离法：当求解系统内物体间_时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程3外力和内力(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力；(2)内力：系统内物体之间的作用力加速度质量之和牛顿第二定律相互作
3、用力 2.(多选)(2017 大同模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块 A、B，在水平推力 F 的作用下运动，用 FAB 代表 A、B 间的相互作用力，则()A若地面是完全光滑的，FABF B若地面是完全光滑的，FABF2 C若地面是有摩擦的，FABF D若地面是有摩擦的，FABF2 BD 超重与失重现象【知识提炼】1对超重、失重的理解：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)发生了变化(即“视重”发生变化)2判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要
4、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)尽管不是整体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现象 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【典题例析】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审题指导 下蹲过程：静止向下加速向下减速静止
5、起立过程：静止向上加速向上减速静止 解析 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 如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因下列说法正确的是()A由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大DC细线断后，乒乓球有向上的加速
6、度，处于超重状态，故示数变大D容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故 D 正确 动力学观点在连接体中的应用【知识提炼】1多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体常见的连接体如图所示：2连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法(1)加速度相同的连接体若求解整体的加速度，可用整体法整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解(2)加速度不同的连接体：
7、若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解 3充分挖掘题目中的临界条件(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力 FN0.(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力(4)绳子松弛的临界条件：张力为 0.4其他几个注意点(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为 0 和受力能否突变的特征的不同(2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力 【典题例
8、析】质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环已知重力加速度为 g，不计空气影响 (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小 a.为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？审题指导(1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，
9、再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力解析(1)环受力如图 1 所示，由平衡条件得：2FTcos mg0 由图 1 中几何关系可知：cos 63 联立以上两式解得：FT 64 mg.(2)小铁环受力如图 2 所示，由牛顿第二定律得：FTsin ma FTFTcos mg0 由图 2 中几何关系可知 60，代入以上两式解得：a 33 g.杆和环整体受力如图 3 所示，由牛顿第二定律得：Fcos(Mm)a Fsin(Mm)g0 解得：F2 33(Mm)g，60.答案(1)64 mg(2)33 g 外力大小为2 33(Mm)g 方向与水平方向成 60角斜向右上方1隔离法的选取
10、原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需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2整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)3整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内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”【跟进题组】考向 1 加速度相同的连接体问题1如图所示，质量为 M
11、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()BAaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1F1Daa，F1F1解析：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 amMgtan 当用力 F水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有 F1co
12、s mg 水平方向有 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.考向 2 加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知 P 的质量 M10.5 kg，Q 的质量 m1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k800 N/m，系统处于静止如图所示，现给 P 施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F为恒力求力 F 的最大值与最小值(取 g10 m/s2)解析：设开始时弹簧压缩量为 x1，t0
13、.2 s 时弹簧的压缩量为x2，物体 P 的加速度为 a，则有 kx1(Mm)g kx2mgma x1x212at2 由式得 x1（Mm）gk0.15 m，由式得 a6 m/s2 F 小(Mm)a72 N，F 大M(ga)168 N.答案：168 N 72 N考向 3 连接体中的临界、极值问题3(多选)(高考江苏卷)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12.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()BCDA当 F 3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的
14、加速度不会超过12g 解析：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32mg，对 A、B 整体，只要 F32mg，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 一起运动的加速度的最大值满足 2mg32mgmamax，B 运动的最大加速度 amax12g，选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F32mg3mamax，则 F3mg 时两者会发生相对运动，选项 C 正确；当 F52mg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F32mg3ma，解得 a13g，选项 B 正确 传送带问题的分析技巧【知识提炼】1模
15、型特征(1)水平传送带模型项目 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 项目 图示 滑块可能的运动情况 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)倾斜传送带模型项目 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情景1 若 v22gl，物、带能共速；情景2 若|v2v20|2gl，物、带能共速；情景3
16、若 v202gl，物块能返回 倾斜传送带 情景1 若v22al，物、带能共速；情景2 若v22al，物、带能共速；若 tan，物、带共速后匀速；若 tan，物体以 a2 加速(a2a)【典题例析】(2017四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角 37，从 A 到 B 长度为 L10.25 m，传送带以 v010 m/s的速率逆时针转动在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 m0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹已知 sin 370.6，g10 m/s2，求：(1)煤块从 A 到 B 的时间；(2)煤块从 A 到 B 的过程中传送带上
17、形成痕迹的长度审题指导(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从AB 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到 B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到 B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者解析(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为 a1g(sin cos)10 m/s2，t1v0a11 s，x112a1t215 mL，即下滑 5 m 与传送带速度相等 达到 v0 后，受
18、到向上的摩擦力，由于 tan 37，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2g(sin cos)2 m/s2，x2Lx15.25 m，x2v0t212a2t22，得 t20.5 s，则煤块从 A 到 B 的时间为 tt1t21.5 s.甲 乙(2)第一过程痕迹长 x1v0t112a1t215 m，第二过程痕迹长 x2x2v0t20.25 m，x1 与 x2 部分重合，故痕迹总长为 5 m.答案(1)1.5 s(2)5 m【跟进题组】考向 1 水平传送带模型1(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度 v1 匀速运动，小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0 时刻 P 在传送带左端具有
19、速度 v2，P 与定滑轮间的绳水平，tt0 时刻 P 离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()BC解析：若 v2v1，则 P、Q 先一起做匀减速运动，且加速度大小 a1mQgfPmQmP.若 P 能减速到 v1，当 fPmQg，P、Q 共同匀速，速度大小为 v1，当 fPmQg，P、Q 继续减速，加速度大小 a2mQgfPmQmP，a1a2，故 A 错误 若传送带足够长，P、Q 减速到零后，反向加速，加速度大小为 a2.若 v2v1.当 fPmQg，P、Q 先共同加速，后以 v1 共同匀速运动，加速度大小为 a2fPmQgmQmP 当 fPmQg，
20、P、Q 可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变 综上，B、C 正确，D 错误考向 2 倾斜传送带模型2如图所示，与水平面成 30的传送带正以 v3 m/s 的速度匀速运行，A、B 两端相距 l13.5 m现每隔 1 s 把质量 m1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 2 35，取 g10 m/s2，结果保留两位有效数字求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为 a，则 mgcos mgsin ma 代入数据解得 a1.
21、0 m/s2 刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离 dmin12at2 解得 dmin0.50 m 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmaxvt3.0 m.(2)由于工件加速时间为 t1va3.0 s，因此传送带上总有三个(n13)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力 f13mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 xv22a4.5 m 传送带上匀速运动的工件数 n2lxdmax3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力 f0mgsin，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力 f2n2f0 与空载相比，传送带需增大的牵引力
22、Ff1f2 联立解得 F33 N.答案：(1)0.50 m 3.0 m(2)33 N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 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 滑板滑块模型分析【知识提炼】1模型特征滑块木板模型(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，故频现于高考试卷中，例如 20
23、15年全国、卷中压轴题 25 题另外，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，处理方法与滑块木板模型类似2.思维模板【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
24、 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 x212a2t21 滑块的位移 x14 m 由牛顿第二定律得 a21mgM 由位移关系得 x1x2l 联立解得 10.4 滑块位移 x112a1t21 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
25、分别为 a12mgm 2g，a22mgM 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 x1v1t212a1t22 木板的位移 x2v2t212a2t22 xx1x2 联立解得 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：xBxAL xA12aAt2 xB12aBt2 解得：t 2 s.答案：(1)见解析(2)2 s 本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
