1、专题3 牛顿运动定律的综合应用,-2-,知识梳理,考点自诊,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。 (2)视重 弹簧测力计(或台秤)的示数。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)将不再等于物体的重力。,-3-,知识梳理,考点自诊,2.超重、失重和完全失重的比较,-4-,知识梳理,考点自诊,-5-,知识梳理,考点自诊,二、整体法和隔离法 1.整体法 当连接体内(即系统内)各物体的 加速度 相同时,可以把系统内的所有物体看成 一个整体 ,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。 2.隔离法 当
2、求系统内物体间 相互作用的内力 时,常把某个物体从系统中 隔离 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对 隔离 出来的物体列方程求解的方法。,-6-,知识梳理,考点自诊,3.外力和内力 如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的 外力 ,而系统内各物体间的相互作用力为 内力 。应用牛顿第二定律列方程时不考虑 内力 ;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的 外力 。,-7-,知识梳理,考点自诊,1.(2017湖北浠水县三模)如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平。下列说法
3、正确的是( )A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零 B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力 C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力 D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力,答案,解析,-8-,知识梳理,考点自诊,2.(2017黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时,两物块均以加速度a做匀加速运动,此时,弹簧伸长量为x,若用水平力F作用在m1上时,两物块均以加速度a=2a做匀加速运动,此时弹簧伸长量为x。则下列关系正确的是( )A.F=2F B.x2x C.F2F
4、 D.x2x,答案,解析,-9-,知识梳理,考点自诊,3.(2017福建三明模拟)如图所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m。现施水平力F拉B(如图甲),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动。若改用水平力F拉A(如图乙),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F不得超过( ),答案,解析,-10-,知识梳理,考点自诊,4.(多选)(2018山东枣庄质检)如图所示,甲、乙两车均在光滑的水平面上,质量都是M,人的质量都是m,甲车上人用力F推车,乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计),人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是( ),答案,解
5、析,-11-,命题点一,命题点二,命题点三,对超重、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.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。 3.当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果。,-12-,命题点一,命题点二,命题点三,例1(2017广东佛山二模)广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图
6、所示。则下列相关说法正确的是( )A.t=4.5 s时,电梯处于失重状态 B.555 s时间内,绳索拉力最小 C.t=59.5 s时,电梯处于超重状态 D.t=60 s时,电梯速度恰好为零,答案,解析,-13-,命题点一,命题点二,命题点三,思维点拨当物体的加速度向上时,处于超重状态,当加速度向下时,处于失重状态,加速度a=0时物体处于平衡状态,根据加速度的正负分析物体的状态。,-14-,命题点一,命题点二,命题点三,判断超重和失重的方法,-15-,命题点一,命题点二,命题点三,即学即练 1.(多选)有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重,其环形座舱套在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,
7、然后让座舱自由下落。落到一定位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。下列说法中正确的是 ( ) A.座舱自由下落的过程中人处于失重状态 B.座舱自由下落的过程中人处于超重状态 C.座舱减速下落的过程中人处于失重状态 D.座舱减速下落的过程中人处于超重状态,答案,解析,-16-,命题点一,命题点二,命题点三,2.(多选)如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度,则( ),A.
8、升降机停止前在向上运动 B.0t1时间内小球处于失重状态,t1t2时间内小球处于超重状态 C.t1t3时间内小球向下运动,速度先增大后减小 D.t3t4时间内小球向下运动,速度一直增大,答案,解析,-17-,命题点一,命题点二,命题点三,连接体问题 整体法和隔离法的选取原则 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时,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 2.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各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
9、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”。,-18-,命题点一,命题点二,命题点三,例2(2017福建福州二模)如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角有关 B.与动摩擦因数有关 C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关,答案,解析,-19-,命题点一,命题点二,命题点三,思维点拨先对整体分析,
10、运用牛顿第二定律求出整体的加速度,再隔离对Q分析,运用牛顿第二定律求出绳子的拉力大小,从而判断拉力大小与什么因素有关。,-20-,命题点一,命题点二,命题点三,例3如图所示,车厢里悬挂着两个质量不同的小球,上面的球比下面的球质量大,当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)时,下列各图中正确的是( ),答案,解析,-21-,命题点一,命题点二,命题点三,思维点拨分别对两个小球进行受力分析,根据竖直方向平衡,水平方向做匀加速运动列式,即可求解。,正确地选取研究对象是解题的首要环节 弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该单独分析,并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。,-22-
11、,命题点一,命题点二,命题点三,即学即练 3.(2018河北衡水中学一调)如图所示,n个质量为m的相同木块并列放在水平面上,木块跟水平面间的动摩擦因数为,当对1木块施加一个水平向右的推力F时,木块加速运动,木块5对木块4的压力大小为( ),答案,解析,-23-,命题点一,命题点二,命题点三,4.趣味运动会上运动员手持网球球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为M、m,球拍平面和水平面之间夹角为,球拍与球保持相对静止,它们间摩擦力及空气阻力不计,则( )A.运动员的加速度为gtan B.球拍对球的作用力为mg C.运动员对球拍的作用力为(M+m)gcos D.若加速度大于gsin ,球一定
12、沿球拍向上运动,答案,解析,-24-,命题点一,命题点二,命题点三,动力学中的临界极值问题 1.临界值或极值条件的标志 (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,即是求收尾加速度或收尾速度。,-25-,命题点一,命题点二,命题点三,2.处理临界问题的三种方法,-26-,命题点
13、一,命题点二,命题点三,例4(2018河北衡水中学二调)如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F,如图乙所示。要使A、B不相对滑动,则F的最大值Fmax为( )A.2.0 N B.3.0 N C.6.0 N D.9.0 N,答案,解析,-27-,命题点一,命题点二,命题点三,思维点拨在图甲中,对整体分析,求出整体的加速度,隔离对A分析,根据牛顿第二定律求出A、B间的最大静摩擦力。在图乙中,隔离对B分析,求出最大的
14、加速度,再对整体分析,根据牛顿第二定律求出F的最大值Fmax。,-28-,命题点一,命题点二,命题点三,例5(2018江西赣州月考)一弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端,另一端拴住质量为m1=4 kg的物块P,Q为一重物,已知Q的质量为m2=8 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止,如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力(g取10 m/s2)。求:(1)物体做匀加速运动的加速度大小; (2)F的最大值与最小值。,-29-,命题点一,命题点二,命题点三,答案:
15、(1)3 m/s2 (2)最大值72 N,最小值36 N 解析:(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0,在沿斜面方向上有(m1+m2)gsin =kx0 因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知,沿斜面方向上有kx1-m1gsin =m1a 前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离x0-x1= at2 联立各式解得a=3 m/s2 (2)当P、Q开始运动时拉力最小,此时有Fmin=(m1+m2)a=36 N 当P、Q分离时拉力最大,此时有 Fmax=m2(a+gsin )=72 N,-30-,命题点一,命题点二,命题点三,思
16、维点拨先根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量,因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度,当P、Q开始运动时拉力最小,当P、Q分离时拉力最大,根据牛顿第二定律即可求解。,-31-,命题点一,命题点二,命题点三,动力学中极值问题的临界条件和处理方法 1.“四种”典型临界条件 (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FN=0。 (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,则发生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
17、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,绳子松弛的临界条件是FT=0。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0时。,-32-,命题点一,命题点二,命题点三,2.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法; (2)根据临界条件列不等式法; (3)利用二次函数的判别式法; (4)极限法。,-33-,命题点一,命题点二,命题点三,即学即练 5.(多选)如图所示,A、B两物体的质量分别为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
18、.当F2mg时,A、B都相对地面静止,答案,解析,-34-,命题点一,命题点二,命题点三,6.(多选)如图所示,粗糙水平面上放置质量分别为m、2m和3m的3个木块,木块与水平面间动摩擦因数相同,其间均用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使3个木块以同一加速度运动,则正确的是( )A.绳断前,a、b两轻绳的拉力比总为41 B.当F逐渐增大到FT时,轻绳a刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳a刚好被拉断 D.若水平面是光滑的,则绳断前,a、b两轻绳的拉力比大于41,答案,解析,-35-,模型建立,典例示范,变式训练,“滑块木板”
19、模型 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。 2.位移关系:滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差x=x1-x2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和x=x2+x1=L。,-36-,模型建立,典例示范,变式训练,例题(2018甘肃白银市月考)如图所示,一足够长的木板静止在水平面上,质量M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数1=0.1,一质量m=0.4 kg的小滑块以v0=1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数2=0.4,小滑块可看成质点,重力加速
20、度g取10 m/s2,求:(1)小滑块刚滑上长木板时,长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2; (2)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板上滑行的距离L; (3)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总距离s。,-37-,模型建立,典例示范,变式训练,答案:(1)a1=2 m/s2,a2=4 m/s2 (2)L=0.27 m (3)s=0.54 m 解析:(1)小滑块对长木板的滑动摩擦力Ff2大于地面对长木板的滑动摩擦力Ff1,长木板向左加速;小滑块向左减速,据牛顿第二定律:设向右为正:2mg-1(M+m)g=Ma1 设向右为正:2mg=ma2 代入数据得a1=2
21、m/s2,a2=4 m/s2 (2)小滑块与长木板速度相等时,有v0-a2t=a1t, 代入数据得t=0.3 s,所以L=s2-s1=0.27 m,-38-,模型建立,典例示范,变式训练,(3)此后一起做匀减速运动,有v=a1t=0.6 m/s 据牛顿第二定律:1(M+m)g=(M+m)a3 加速度的大小为a3=1 m/s2,所以小滑块滑行的距离为s=s2+s3=0.54 m,-39-,模型建立,典例示范,变式训练,思维点拨(1)分别对小滑块和木板进行受力分析,然后结合牛顿第二定律即可求出两个加速度的大小; (2)根据速度公式,求出速度相等的时间,然后由运动学的公式即可求出; (3)二者速度相
22、等后一起做匀减速直线运动,由位移公式求出位移,然后求和即可。 命题分析滑块木板模型作为力学的基本模型经常出现,此类问题通常是一个小滑块在木板上运动,小滑块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的,是一个高频的考查模型。该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,高考中往往以压轴题形式出现。,-40-,模型建立,典例示范,变式训练,总结提升“滑块木板”问题的分析方法,-41-,模型建立,典例示范,变式训练,1.(多选)(2018山东临沭月考)如图所示,在光滑水平面上放着两块长度相同,质量分别为M1和M2的木板,在两木板的左
23、端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m。开始时,各物块均静止;若在两物块上各作用一水平恒力F1、F2,使物块滑离木板,分离时木板的速度分别为v1和v2。(物块和木板间的动摩擦因数相同)下列说法正确的是( )A.若F1=F2,M1M2,则v1F2,则v1v2 D.若M1=M2,F1v2,AD,-42-,模型建立,典例示范,变式训练,解析:首先看F1=F2时情况:由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的,因此两物块的加速度相同,我们设两物块的加速度大小为a,对于M1、M2,滑动摩擦力即为它们的合力,设M1的加速度大小,其中m为物块的质量。设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与
24、木板分离时:,若M1M2,a1a2,所以得t1t2,M1的速度为v1=a1t1,M2的速度为v2=a2t2,则v1v2,故B错误;,-43-,模型建立,典例示范,变式训练,若F1F2、M1=M2,根据受力分析和牛顿第二定律,则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度,即aaab,由于M1=M2,所以M1、M2加速度相同,设M1、M2加速度为a。它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:,由于aaab,所以得t1v2,故D正确。,-44-,模型建立,典例示范,变式训练,2.如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2 kg,长L=1.20 m的长木板A,离板右端s0=0.18 m处放置质量
25、m=1 kg的小物块B,A与B间的动摩擦因数=0.4,在板右端正上方悬挂一个挡板。现在木板A上加一水平向右的力F,使B与挡板发生碰撞,碰后瞬间立即撤去力F和挡板,假设碰撞前后瞬间A的速度不变,B的速度大小不变、方向反向。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B的宽度可忽略,g取10 m/s2。求:(1)若B与挡板发生碰撞前,A、B恰好不发生相对滑动,力F为多大? (2)若F=16 N,经历以上过程,B能否从A上掉下?若不能,B最终停在A上何处?,-45-,模型建立,典例示范,变式训练,答案:(1)12 N (2)B最终停在A板上离板右端1.02 m处 解析:(1)A、B恰好不发生相对滑动,A、B间摩擦
26、力达到最大静摩擦力。根据牛顿第二定律有: 对B:mg=ma1 对A、B整体:F=(m+M)a1 代入数据得F=12 N (2)当F=16 N12 N时,碰前A、B在F作用下发生相对滑动,B与挡板碰前速度为v1=a1t1 对A:F-mg=Ma2 A与挡板碰前速度为v2=a2t1 碰后:B加速度仍为a1,-46-,模型建立,典例示范,变式训练,对A:mg=Ma3 两者共速时,v2-a3t2=-v1+a1t2 A、B整个过程的v-t如图所示 碰前B相对A发生的相对位移s1为图中OSQ的面积,则有,整个过程B相对A发生的相对位移为 s=s1+s2 代入数据解得s=0.84 m s+s0=0.84 m+
27、0.18 m=1.02 m 故B最终停在距A右端处,-47-,模型建立,典例示范,变式训练,3.(2018山东枣庄质检)如图所示,一质量为M=10 kg,长为L=2 m的木板放在水平地面上,已知木板与地面间的动摩擦因数为1=0.1,在此木板的右端上还有一质量为m=4 kg的小物块,且视小物块为质点,木板厚度不计。今对木板突然施加一个F=24 N的水平向右的拉力,g取10 m/s2。(1)若木板上表面光滑,则小物块经多长时间将离开木板? (2)若小物块与木板间的动摩擦因数为、小物块与地面间的动摩擦因数为2,小物块相对木板滑动且对地面的总位移s=3 m,求值。,-48-,模型建立,典例示范,变式训练,答案:(1)2 s (2)0.042 解析:(1)对木板受力分析,由牛顿第二定律得F-1(M+m)g=Ma 由运动学公式,得L= at2 代入数据解得t=2 s (2)以物块为研究对象 在木板上时:mg=ma1 在地面上时:2mg=ma2 设物块从木板上滑下时的速度为v1,物块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2,则,并且满足s=x1+x2=3 m 联立解得x1=2 m,-49-,模型建立,典例示范,变式训练,设物块在木板上滑行时间为t1,
