2020高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律综合应用学案(含解析)

第3讲 牛顿运动定律的综合应用考点1 超重和失重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1．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(g＝10 m/s2)( D )A ．2 m/s 2 竖直向上B.53m/s 2 竖直向上 C ．2 m/s 2 竖直向下D.53m/s 2 竖直向下 解析：由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为F m ＝mg ＝500 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：m ′g －F m ＝m ′a ，即a ＝600－50060m/s 2＝53m/s 2，所以选项D 正确． 2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( AD )A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小解析：人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F －mg ＝ma ，即F ＝mg ＋ma ，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A 、D 正确，B 、C 错误．判断超重和失重的方法(1)不管物体的加速度是不是沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就处于超重或失重状态．(2)对于多个物体组成的系统，尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体系统的一部分具有竖直方向的加速度分量，整体也会出现超重或失重现象．考点2 动力学图象问题1．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．2．解题策略(1)分清图象的类型：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理。

能力提升课第三讲 牛顿运动定律的综合应用(一)热点一 牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法 (师生共研)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点． 1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系v －t 图象与F －t 图象的桥梁． 3．解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点和两图线的交点等表示的物理意义．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息．这些信息往往是解题的突破口或关键点．[典例1] (多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：设物块的质量为m 、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2.再结合v －t 图线斜率的物理意义有：a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1.由上述四式可见，无法求出m ，可以求出θ、μ，故B 错，A 、C 均正确.0～t 1时间内的v －t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．答案：ACD[反思总结]分析图象问题时常见的误区1．没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位．2．没有注意坐标原点是否从零开始．3．不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．4．忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．1－1.[牛顿运动定律与v－t图象的综合]以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是()解析：不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋k v＝ma，即a＝g＋k vm，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；受空气阻力的物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度也是g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误．答案：D1－2.[牛顿运动定律与a－F图象的综合](多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动．其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A．物体的质量为1 kgB．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，F f＝6 N，A错误，B正确；F f＝μF N＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．答案：BC1－3.[牛顿运动定律与F－x图象的综合]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之间的关系图象正确的是()解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．答案：D热点二连接体问题的分析方法(师生共研)1．绳(或杆)连接体[典例2](多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sin θ，对支架系统整体进行受力分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，所以A正确，B错误；对斜面体进行受力分析，如图，斜面体静止，由牛顿第三定律有地面对斜面体的摩擦力水平向左，故选A、C.答案：AC2．弹簧连接体[典例3]如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的被压缩的长度为()A.m (α＋g )tan θkB ．mg tan θkC.m (α＋g )tan θ2kD ．2m (α＋g )tan θ2k解析：对球A 受力分析，受重力mg 、拉力T 、弹簧的弹力F 而向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律可知Ftan θ2－mg ＝ma ，即F ＝m (g ＋a )tan θ2，根据胡克定律，有F ＝kx ，联立可得x ＝m (a ＋g )tan θ2k，C 正确． 答案：C [反思总结]求解弹簧连接体加速度的两种情况3．接触连接体[典例4] 如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A 、B ，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F 向上推物体A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B 对A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )A ．只减小A 的质量，B 对A 的压力大小不变 B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝F m A ＋m B －g sin θ－μg cos θ.隔离B 分析可得F N －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得F N ＝m B Fm A ＋m B，由牛顿第三定律可知，B对A的压力F N′＝m B Fm A＋m B，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，故A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D 错误．答案：C2－1.[弹簧接触连接体](多选)如图所示，甲、乙、丙三个木块的质量分别为m1、m2和m3，甲、乙两木块用细线连在一起，中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧，乙放在丙物体上，整个装置放在水平地面上．系统处于静止状态，此时绳的张力为F，在把细线烧断的瞬间，甲的加速度大小为a，对细线烧断后的瞬间，下列说法正确的是()A．甲受到的合力大小为FB．丙对乙的支持力大小为(m1＋m2)gC．丙对地面的压力大小为(m1＋m2＋m3)g＋FD．地面对丙的支持力大小为m1(a＋g)＋m2g＋m3g解析：开始系统处于静止，对甲分析，有：F＋m1g＝F弹，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对甲，合力为F合甲＝F弹－m1g＝F，故A正确；对乙分析，根据共点力平衡得，F弹＋m2g＝F丙对乙，解得F丙对乙＝F＋m1g＋m2g，故B错误；对乙丙整体分析，根据共点力平衡得，F弹＋(m2＋m3)g＝F地，解得地面对丙的支持力F地＝(m1＋m2＋m3)g＋F，因为F合甲＝F弹－m1g＝m1a，则F地＝m1(a＋g)＋m2g＋m3g，故C、D正确．答案：ACD2－2. [绳连接体]如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．和m1相对静止一起沿斜面下滑B．和m1相对静止一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑解析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝m3g－(m1＋m2)g sin 30°m1＋m2＋m3＝2.5 m/s2.隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得F f－m2g sin 30°＝m2a，解得F f＝m2g sin 30°＋m2a＝15 N，最大静摩擦力F fm＝μm2g cos 30°＝8 3 N，可知F f＞F fm，知m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．答案：D热点三临界问题的处理方法(师生共研)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，表明题述的过程存在临界点．(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“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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示3.1.k 的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1＞F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为()A.F1－F2k B．F1＋F22kC.F1－F22k D．F1＋F2k解析：本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量．但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项．答案：B2．假设分析法[典例6]如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A.mg5k B．4mg5kC.mgk D．7mg5k解析：在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力F为正值，则假设正确；水平方向上由牛顿第二定律得：F N sin θ＋F cos θ＝mg；竖直方向上由受力平衡得：F N cos θ＝mg＋F sinθ，联立得：F＝15mg.由胡克定律得F＝kx，x＝mg5k，F为正值，弹簧压缩，故选A.答案：A3．数学极值法[典例7]如图所示，一质量为m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 解析：(1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v B ， 由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2 v B ＝v 0＋at解得 a ＝3 m/s 2，v B ＝8 m/s.(2)物块的受力分析如图所示，F N 、F f 为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F 与斜面夹角为α， 由牛顿第二定律得垂直斜面方向有F sin α＋F N ＝mg cos θ 沿斜面方向有F cos α－mg sin θ－F f ＝ma 又因为F f ＝μF N解得F cos α＋33F sin α＝5.2 N 则F ＝5.2 N cos α＋33sin α＝15.6 N23(32cos α＋12sin α)＝ 7.8 N3sin (α＋60°)当α＝30°时，拉力F 有最小值，F min ＝135 3 N. 答案：(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 135 3 N1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A．8B．10C．15D．182.(2019·广东肇庆高三统测)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( A )A．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值B．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maC．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零解析：对小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：F N2cos α＝mg.∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故A正确，D错误；水平方向有：F N1－F N2sin α＝ma.∵F N2sin α≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故C错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B错误．3．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是( D )A．P、Q间的摩擦力改变B．M、P的加速度大小变为a 2C．M、N间的摩擦力不变D．N的加速度大小仍为a[A组·基础题]1. 如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是( C )A．B和A刚分离时，弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于mg hD．在B与A分离之前，它们做匀加速运动2．如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( C )A．F的最大值为12 NB．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动3．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连接一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，g取10 m/s2，则( B )A．小球向下运动0.4 m时速度最大B．小球向下运动0.1 m时与挡板分离C．小球速度最大时与挡板分离D．小球从一开始就与挡板分离4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举到绳子的悬点O处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( B )A．t1、t2时刻小球的速度最大B．t2、t5时刻小球的动能最小C．t3、t4时刻小球的运动方向相同D．t4－t3＜t7－t65．(多选)如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( AC )A．木块Q对地面的压力一定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小6．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m.当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( BC )A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出乙图中a1的值C．若θ已知，可求出乙图中a2的值D．若θ已知，可求出乙图中m0的值7．(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( AC )A．在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B．小球质量为2 kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4 s内的位移为8 m8．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中错误的是( D )A．t1时刻小球的加速度为gB．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v0 v1)gD．小球加速下降过程中的平均速度小于v12[B组·能力题]9. 如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上做匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( C )A．由大变小B．由小变大C．始终不变且大小为m1m1＋m2FD．由大变小再变大10．(多选)(2019·福建将乐县一中月考)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( AD)A．木板B的质量为1 kgB．小滑块A的质量为3 kgC．AB间动摩擦因素为0.2D．AB间动摩擦因素为0.1解析：设A的质量为M，B的质量为m，当F等于3 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg，当F大于3 N时，对B，由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，由图示图象可知，图线的斜率：k＝M＝1，木板B的质量：M＝1 kg，滑块A 的质量为：m＝2 kg，故A正确，B错误；由图可知，当F＝3 N时，a＝1 m/s2，对木板由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，即3＝1×1＋μ×2×10，解得：μ＝0.1，故C错误，D正确．11. 为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m，木板的质量为M.静止时，以小球为研究对象，有F1＝mg sin θ.下滑时，以小球为研究对象，有mg sin θ－F2＝ma.下滑时，以整体为研究对象，有(M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a.联立解得μ＝F2F1tan θ.答案：F2F1tan θ12．两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A 上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图象如图(b)所示．取g＝10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物体停止运动的瞬间，物体A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v－t图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μm A g＝(m A＋m B)a，代入数据解得F＝15 N. (2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μm A g＝m A a A，a A＝μg＝3 m/s2，v t＝v0－a A t＝0，解得t＝2 s，物体A的位移为x A＝v t＝v0＋02t＝6 m，物体B的位移为x B＝v0t＝12 m，所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6 m. 答案：(1)15 N(2)6 m。

高三物理一轮复习第三章第三讲牛顿定律的综合应用教案
超重和失重并非物
簧测力计或台秤的
的现象
、如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质
止状态．若将一个质量为3 kg
上的瞬间，对整体用牛顿第二定律得
为了探究上升过程中运动员与
2F
，对运动员进行受力分析如图乙所示，
则有
人
＝0.
、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
、绳子断裂与松驰的临界条件：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，绳子松驰的临界条件是：F T＝0.
.
两个物体，A、B间的
以同一加速度运动，则拉力F的
最大，此时，对于A物体所受的合
整体，加速度a＝aA＝μg，如图所示，在斜面体上用平行于斜面的轻绳挂一小球，小球质量为m，斜面体倾
）为使小球不相对斜面滑动，斜面体水平向右运动的加速度应不
3、如图所示，车厢内光滑的墙壁上，用线拴住一个重球．车静止时，线的拉力为墙对球的支持力为N．车向右作加速运动时，
则这四个力的关系应为：T′
θ
cos
向右加速时：T=
cos
'
所以'
',N
N
T
T<
=
向左的加速运动向右的减速运动。

3.2 牛顿运动定律的综合应用1．已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。

某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内（ ）A．水平向右做匀速直线运动B．列车速度正在变大C．列车加速度的大小为g tanθ，方向水平向右D．加速度的大小为gsinθ，方向水平向左【答案】C【解析】A．对小球受力分析可知小球所受合力方向向右具有向右的加速度，列车与小球相对静止，不可能做匀速直线运动，A错误；B．列车与小球相对静止做匀变速直线运动，列车的运动方向未知可能做匀加速运动也可能做匀减速运动，B 错误；C 、D．小球所受合力方向向右具有向右的加速度，由牛顿第二定律得θ=mg matan得=tana gθC正确，D错误；故选C。

2．如图所示，一足够长的斜面固定在地面上，其倾角为37°。

一质量为1kg的物体（可视为质点）放在斜面上，恰好能保持静止。

现对物体施加一沿斜面向上的外力F，大小为14N，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体仍静止在斜面上B ．物体将向上做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s 2C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sD ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】C 【解析】D ．物体放在斜面上，恰好能保持静止，则o osin 37cos37mg mg μ=解得0.75μ=故D 错误；AB ．施加拉力F 后，由牛顿第二定律得o o sin 37cos37F mg mg maμ--=解得22m/s a =施加一沿斜面向上的外力F 时，物体以22m/s 的加速度做匀加速直线运动，故AB 错误；C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sv at ==故C 正确。

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示数称为视重。

②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概念(或对悬挂物的拉力)[(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。

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。

第3节牛顿运动定律的综合应用动力学中整体法、隔离法的应用[讲典例示法] 1．整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。

(2)运用整体法解题的基本步骤：2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。

(2)运用隔离法解题的基本步骤：①明确研究对象或过程、状态。

②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。

③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。

④选用适当的物理规律列方程求解。

[典例示法](多选)(2019·某某一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。

用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。

重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。

[解析] 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。

由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力F N2＝mgsin 45°＝2mg＝10 2 N，C错误；外力F 增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。

甲乙[答案]BD(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。

(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。

Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.第三章 ⎪⎪⎪牛顿运动定律[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点2018 2017201620152014命题概率超重和失重(Ⅰ)未曾独立命题牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)Ⅰ卷T 15(6分) Ⅰ卷T 25(20分) Ⅱ卷T 24(12分) Ⅲ卷T 19(6分)Ⅰ卷T 25(20分) Ⅱ卷T 24(12分) Ⅲ卷T 25(20分)Ⅰ卷T 18(6分) Ⅲ卷T 20(6分) Ⅲ卷T 24(12分)Ⅰ卷T 20(6分) Ⅰ卷T 25(20分) Ⅱ卷T 20(6分) Ⅱ卷T 25(20分) Ⅰ卷T 17(6分) Ⅰ卷T 24(12分) Ⅱ卷T 17(6分) Ⅱ卷T 24(13分) 独立命题 概率100% 综合命题 概率100%实验四：验证牛顿运动定律——Ⅲ卷T 23(10分)—Ⅰ卷T 22(6分)综合命题 概率40% 常考角度(1)通过牛顿第三定律考查力的相互性(2)由牛顿第二定律分析、求解加速度 (3)动力学的两类基本问题分析与计算(4)通过整体法与隔离法考查牛顿第二定律的应用第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

2．意义(1)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。

(2)指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。

[注1] 二、惯性1．定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。

2．性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。

[注2] 3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。

三、牛顿第三定律 1．作用力和反作用力两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。

第3讲 牛顿运动定律的综合应用主干梳理 对点激活知识点连接体问题 Ⅱ1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的□01物体系统称为连接体。

2．外力与内力(1)外力：系统□02之外的物体对系统的作用力。

(2)内力：系统□03内各物体间的相互作用力。

3．整体法和隔离法(1)整体法：把□04加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。

(2)隔离法：求□05系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。

知识点临界极值问题 Ⅱ1．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，即表明题述的过程存在着□01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”，而这些起止点往往对应□02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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。

2．四种典型的临界条件(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□03弹力F N ＝0。

(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是□04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□05它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是□06F T ＝0。

(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是□07a ＝0，速度为0的临界条件是a 达到□08最大。

知识点多过程问题 Ⅱ1．多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的□01运动情况和□02受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。

2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。

第3讲牛顿运动定律的综合应用L U U S H I ・・・•・■■■ ・・・■■■・・・ ■・・■•• ・・■・・■・■・ ・■■■・■・■■ ■・■・ ■・・■■・■・■■・・・ ■・・・■■・・■ ■■・■・■・■■■■■01 *#基亘圭落实勢毒盘会i 聲ie虽骨 对应学生用书P44I 琴纲点击»1. 超重(1) 定义：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情况. (2) 产生条件：物体具有向上的加速度. 2. 失重(1) 定义：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情况. (2) 产生条件：物体具有向下的加速度.JL 琴握示亿超誉时輪体個才mg.J-失直时棘体傍£ 直力作昂且 舟m©, :札捉棗和先東由加 建度的方向决St. 坷莖廈为jtiJtX3. 完全失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的情况称为 完全失重现象.⑵ 产生条件：物体的加速度a = g ,方向竖直向下.1. 牛顿运动定律是力学乃至整个物理学的基本规律.同时又是高考的热点复习 中应重点理解及掌握以下几个问题：(1) 灵活运用隔离法和整体法求解加速度相等的连接体问题； (2) 用正交分解法解决受力复杂的问题；(3) 综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决多阶段(过程)的运动问题;KAO JIZIZHULUOSNI ・■ **-*-*-*--- ■・・・・・・• •■蠹■ ■・■■・ ・•■■・・■ -----・・■■■・■•■・・ ・■■■点击H超重和失重 I (考纲要求)点击回牛顿运动定律的应用n (考纲要求)(4) 运用超重和失重的知识定性分析一些力学现象. 另外，还应具有将实际问题抽象成物理模型的能力.2. 牛顿定律应用中的整体法和隔离法(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体具有相同的力5速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，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.⑵隔离法当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求出连接体内物体间的相互作_ 用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法.I状元微博I时斤0完仝失哦，----------------------------------------------------------------------------------------------- 1I琴基自测I1. 关于超重和失重的下列说法中，正确的是（）.A. 超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B. 物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C. 物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D. 物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化解析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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A B、C均错，D正确.答案D2. 下列说法正确的是（）.A. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B. 蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C. 举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D. 游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析运动员是否超失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重.答案B3.图3-3- 1如图3- 3- 1所示，质量vm= 1 kg 、长L = 0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌 面上，其右端与桌子边缘相平•板与桌面间的动摩擦因数为卩二0.4.现用F = 5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为（取g = 10 m/s ）（ ）.A. 0.8 s B . 1.0 s解析 板在F 作用下做加速运动F —卩mgr ma , a 1 = 1 m/s 2, v 2=2a 1S 1, F 撤去后物体做减速运动， 卩 mgr ma ，a ?= 4 m/s 2. 速度减为零v 2r 2&S 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子， 则有 S 1 + S 2= L .2 2v v 2a 1+ 2a 2vt1ra 1r 0.8 s ，故 A 项正确.答案 A 4.如图3— 3—2所示，两个质量分别为 m = 1 kg 、m i = 4 kg 的物体置于光滑的 水平面上，中间用轻质弹簧秤连接.两个大小分别为 R = 30 N 、F 2= 20 N 的水平拉 力分别作用在m 、m 上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是 （）.图 3 — 3 — 2 A. 弹簧秤的示数是25 N B •弹簧秤的示数是50 NL2,v = 0.8 m/s ，C. 在突然撤去F2的瞬间，m的加速度大小为7 m/s2D. 在突然撤去F1的瞬间，m的加速度大小为13 m/s2解析 本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用•以 F 1 — F 2m 、m 以及弹簧为研究对象，则整体向右的加速度a = -^―二2 m/s 1 2 3;再以m 为研m i 十m究对象，设弹簧的弹力为 F ,贝U F i — F = ma ,则F = 28 N , A B 错误；突然撤去F ?F 2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时 m 的加速度a = —= 7 m/s , C 正确；突然撤去F i 的 m 一 F 2瞬间，弹簧的弹力也不变，此时 m 的加速度a = —= 28 m/s 2，D 错误.m答案 C5. 一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动， 第一次小孩单独从滑 梯上滑下，运动时间为t i ,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t 2,则（）.A. t i = t 2 B . t i <t 2C. t i >t 2 D .无法判断t i 与t 2的大小■解析 设滑梯与水平面的夹角为B,则第一次时，a i =mgSin — = gsin 9,所以a i = a 2,与质量无关.i 2又s = 2*t , t 与m 也无关，A 正确. 答案 AHH HfiXIN KAODiAMTOUXI……鼻IZ 鼻核心考点透析毒x 和和昨物体是有向上的加速度还是有向下的加速度.对应学生 用书P45考点一 超重、失重的理解及应用（小专题）2 不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变.3 物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于第二次时a 2=m + m gsinm + m3. 当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有 a = g的加速度效果，不再产生其他效果•平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失.4. 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.【典例1】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图3- 3-3所示，图3-3-3A. t3时刻火箭距地面最远B. t2〜t 3的时间内，火箭在向下降落C. t l〜t2的时间内，火箭处于失重状态D. 0〜13的时间内，火箭始终处于失重状态解析由速度图象可知，在0〜t 3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确、B错误.t l〜t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2〜t3时间由火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误.答案A【变式1】在升降电梯内的地面上放一体重计,图3-3-4电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，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3- 3-4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g，方向一定竖直向下5解析晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错，以竖直向下为正方向，有：mg- F= ma即50g- 40g= 50a，解得g，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错、D选项正确.答案D【变式2】（2020 •梅州模拟）图3-3-52020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PSLV—C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图3-3-5所示.贝U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解析由作用力与反作用力大小相等，可知A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考点二牛顿定律解题中整体法和隔离法的应用1. 隔离法的选取原则：若连接体或关联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.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，且不需要求物体之间的作用力，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”.【典例2】如图3—3—6所示，图 3 — 3 — 6车厢在运动过程中所受阻力恒为F阻，当车厢以某一加速度a向右加速时，在车厢的后壁上相对车厢静止着一物体m物体与车厢壁之间的动摩擦因数为卩，设车厢的质量为M则车厢内发动机的牵引力至少为多少时，物体在车厢壁上才不会滑下来？解析以车厢和物块整体为研究对象，则由牛顿第二定律得：F—F 阻=(M+ m)a.①以物块为研究对象，受力情况如图所示，其中F摩擦力则F= mg=^F N.而F N= ma所以，代入①得gF= F 阻+ (M+ m产.u答案F阻+ (M+ m)^uIl簡S笈挥I(1) 研究对象的选取方法：整体法和隔离法.(2) 对研究对象所受力的处理方法①合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加速度方向.②分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法•分解方式有两种：分解力或者分解加速度.【变式3】质量为M的光滑圆槽放在光滑水图 3-3-7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3 —3 -7所示，则（ ）.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 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析利用整体法可求得系统的加速度为a =Mb 对小球利用牛顿第二定律C 选项正确.答案 C对应学生用书P462•传送带模型 (1)模型概述一个物体以速度 V o (V o > 0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看 做“传送带”模型，如图3- 3- 8(a)、(b)、(c)所示.⑹ (M (c)图 3-3-8(2)模型特点物体在传送带上运动时，往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动问题•当物体与 传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力•当 物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移A.小球对圆槽的压力为 MF m^ MB.小球对圆槽的压力为 mF m^ M可得：小球受到圆槽的支持力为 mF 2 由牛顿第三定律可知只有■曲WULIJIANMOZHltHAO・・・・・■•*■・■・•■•■•••••••■ ・・■*■・■▼■&■ ・・■■・・•■■・■■■・・・*“•・■■■• ・■■・•・■・・83 * 物理建模蛋导曼型在手：咸竹在膚•摩擦生热问题见第五章.图3-3-9【典例】水平传送带AB以v= 200 cm/s的速度匀速运动，如图3-3-9所示，A、B 相距0.011 km，一物体(可视为质点)从A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数卩二0.2，则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少？(g = 10 m/s2)解析2 2a==卩g= 0.2 x 10 m/s = 2 m/s . m l设经时间t物体速度达到2 m/s，由v = at得:v211== a-2 s = 1 s .1 2 1 2此时间内的位移为：s i = qat i = 2X2X1 m= 1 m<11 m.此后物体做匀速运动，所用时间：s —S1 11 —112= = s = 5 s .v 2故所求时间t = 11 +12= 1 s + 5 s = 6 s.答案 6 s【应用】传送带与水平面夹角为37°,图3—3—10皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图 3 —3—10所示.今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75 ,2若传送带A到B的长度为24 m, g取10 m/s ,则小物块从A运动到B的时间为多少？解析小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得2mgsin B + 卩mgcos 0 = ma解得a= 12 m/s设小物块加速到12 m/s运动的距离为S1，所用时间为11由v2—0= 2as1 得S1 = 6 m由v = at 1 得11= 1 s当小物块的速度加速到12 m/s时，因mgs in 0 =卩mgcos 0，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动.设AB间的距离为L，贝U L—S i = vt 2解得t2= 1.5 s从A到B的时间t = 11+12解得t = 2.5 s.答案2.5 sHI GAOKAOKUAILETiVAN ■“04 * 高潜快乐体验对应学生用书P47、对超重、失重的考查（中频考查）1.图3-3- 11（2020 •海南咼考）如图3 —3—11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上•若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）•①加速下降②加速上升③减速上升④减速下降A.①②B •③④ C •①③ D •②④解析木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，所以木箱的运动状态可能为减速下降或加速上升，故②④正确.答案D2.图 3 —3—12（2020 •浙江理综，14）如图3 —3—12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的压力等于A物体受到的重力解析对于A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A项正确.答案A3. （2020 •天津卷，9（1））某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯的运动状态•他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G,由此判断此时电梯的运动状态可能是解析由加速度a方向向上超重，加速度a方向向下失重，得电梯此时向上减速或向下加速.答案减速上升或加速下降、对整体法和隔离法应用的考查（中频考查）4.图3-3- 13答案A答案 A（2020 •课标全国卷，21）如图3-3- 13所示，在光滑水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量为 m 的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦 力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t 增大的水平力F = kt （k 是常数），木 板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（ ）.当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a 1不变，木块受F 及滑动摩擦力，a 2= F 丁冯 m F kt =—―卩g ，故a 2 = ―卩g ， a -1图象中斜率变大，故选项 A 正确，选项B 、C 、D m m均错误.解析刚开始木块与木板一起在F 作用下加速，且F = kt ， F kt a =m + m 2。

2019-2020年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3单元 解析典型问题教案问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F=ma 是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。

在解题时，可以利用正交分解法进行求解。

例1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1所示.取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：F f =macos300, F N -mg=masin300 因为，解得.另例： 如图所示，在箱内倾角为α细线固定一质量为m 的木块。

求：⑴箱以加速度a 匀加速上升，度a 向左匀加速运动时，线对木块的拉力F 1和斜面对箱的压力F 2解：⑴a 向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F 1、F 2的合力F 必然竖直向上。

可先求F ，再由F 1=F sin α和F 2=F cos α求解，得到： F 1=m (g +a )sin α，F 2=m (g +a )cos α 显然这种方法比正交分解法简单。

⑵a 向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。

可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解，（同时正交分解a ），然后分别沿x 、y 轴列方程求F 1、F 2：F 1=m (g sin α-a cos α)，F 2=m (g cos α+a sin α)还应该注意到F 1的表达式F 1=m (g sin α-a cos α)显示其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力，这是不可能的。

这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度a ≤g tan α时F 1=m (g sin α-a cos α)沿绳向斜上方；当a >g tan α时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。

专题课牛顿运动定律的综合应用超重、失重问题(1)定义：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。

(2)产生条件：物体具有向上的加速度。

(1)定义：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。

(2)产生条件：物体具有向下的加速度。

(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。

(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

4.对超重和失重的“三点〞深度理解(1)不管超重、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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。

命题角度1 超重、失重现象的判断【例1】伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。

假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，那么该演员( )图1解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，选项D 错误。

答案 C命题角度2 根据超重、失重现象判断物体的受力情况【例2】 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(g ＝10 m/s 2)( ) A.2 m/s 2竖直向上 B.53m/s 2竖直向上 C.2 m/s 2 竖直向下D.53m/s 2竖直向下 解析 由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为F m ＝mg ＝500 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：m ′g －F m ＝m ′a ，即a ＝600－50060 m/s2＝53 m/s 2，所以选项D 正确。