第3節(jié)牛頓運動定律的綜合應用知識點一|超重和失重1．實重和視重實重：物體實質(zhì)所受的重力，與物體的運動狀態(tài)沒關(guān)，在地球上的同一地點是不變的。視重①當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。②視重要小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。2．超重、失重和完整失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象物體對支持物的壓力物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?觀點大于物體所受重力的(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加快度方向向物體的加快度方向向下上原理方程F－mg＝mamg－F＝maF＝m(g＋a)F＝m(g－a)運動狀態(tài)加快上漲或減速降落加快降落或減速上漲[判斷正誤](1)失重說明物體的重力減小了。(×)物體超重時，加快度向上，速度也必定向上。物體失重時，也可能向上運動。(√)用彈簧測力計稱量淹沒在水中的物體時，示數(shù)小于實質(zhì)重力

完整失重物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象物體的加快度方向向下，大小a＝gmg－F＝mgF＝0無阻力的拋體運動；繞地球勻速圓周運動(×)G，這也是失重現(xiàn)象。考法1超重、失重現(xiàn)象的剖析1．平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象剖析正確的是( )A．手托物體向上運動的過程中，物體一直處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體一直處于失重狀態(tài)C．在物體走開手的瞬時，物體的加快度大于重力加快度D．在物體走開手的瞬時，手的加快度大于重力加快度[手托物體上拋的開始階段，要使物體加快，則物體處于超重狀態(tài)，以后手將要走開物體，手和物體一同持續(xù)向上運動，但要減速，這時物體處于失重狀態(tài)。物體走開手的瞬時只受重力作用，物體的加快度等于重力加快度。手和物體分別前速度相等，而手的減速必定要比物體快，才能走開物體，即分別瞬時手的加快度大于重力加快度。]2.(2019·鄭州模擬)某跳水運動員在3m長的踏板上起跳，我們經(jīng)過錄像察看到踏板和運動員要經(jīng)歷如下圖的狀態(tài)，此中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的均衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則以下說法中正確的選項是( )A．人在C點擁有最大速度B．人和踏板由

C到B的過程中，人向上做勻加快運動C．人和踏板由

C到A的過程中，人處于超重狀態(tài)D．人和踏板由

C到A的過程中，先超重后失重D[由題圖可知，

C點是最低點，人在

C點的速度為零，故

A項錯誤；

C到

B的過程中，重力不變，彈力向來減小，協(xié)力減小，所以加快度減小，不是勻加快運動，故

B項錯誤；人和踏板由C到B的過程中，彈力大于重力，加快度向上，人處于超重狀態(tài)，從B到A的過程中，重力大于彈力，加快度向下，處于失重狀態(tài)，故C項錯誤，D項正確。][考法指導]判斷超重和失重現(xiàn)象的技巧從受力的角度判斷：當物體所受向上的拉力或支持力大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；當拉力或支持力小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；當拉力或支持力等于零時，物體處于完整失重狀態(tài)。從加快度的角度判斷：當物體擁有豎直向上的加快度或加快度重量時，物體處于超重狀態(tài)；當物體擁有豎直向下的加快度或加快度重量時，物體處于失重狀態(tài)；當豎直向下的加快度等于重力加快度時，物體處于完整失重狀態(tài)。考法2超重、失重的計算如下圖，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C(包含支架)的總質(zhì)量為m總；B為鐵塊，質(zhì)量為m，整個裝置用輕繩懸掛于點O。當電磁鐵通電時，鐵塊被吸引上漲的過程中，輕繩上拉力F的大小為( )A．F＝m總gB．總<<(＋總)gmgFmmC．F＝(m總＋m)g總D．F>(m＋m)gD[鐵塊由靜止被吸引上漲，必為加快上漲。對、、C系統(tǒng)，當鐵塊加快上漲時，系A(chǔ)B統(tǒng)整體的重心加快上移，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，故輕繩的拉力大于(m總＋m)g。]4．某人在地面上最多可舉起50kg的物體，當他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60kg的物體時，電梯加快度的大小和方向為(＝10m/s2)()gA．2m/sC．2m/s

22

52豎直向上B．3m/s豎直向上52豎直向下D．3m/s豎直向下D[由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為F＝mg＝500N，在電梯中人能舉起m60kg物體，物體必定處于失重狀態(tài)，m600－5002對60kg的物體：m′g－F＝m′a，即a＝60m/s52＝3m/s，所以選項D正確。]考法3超重、失重與圖象問題組合若貨物隨起落機運動的v-t圖象如下圖(豎直向上為正)，則貨物遇到起落機的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是( )ABCD[依據(jù)v-t圖象可知電梯的運動狀況：加快降落→勻速降落→減速降落→加快上漲→勻速上漲→減速上漲，依據(jù)牛頓第二定律F－mg＝ma可判斷支持力F的變化狀況：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，應選項B正確。]如下圖，是某同學站在壓力傳感器上，做下蹲—起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力(單位為牛頓)，橫坐標為時間。由圖線可知( )A．該同學做了兩次下蹲—起立的動作B．該同學做了一次下蹲—起立的動作C．下蹲過程中人處于失重狀態(tài)D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)[在一次下蹲過程中，該同學要先后經(jīng)歷失重狀態(tài)和超重狀態(tài)，所以對壓力傳感器的壓力先小于自己重力后大于自己重力，而在一次起立過程中，該同學又要先后經(jīng)歷超重狀態(tài)和失重狀態(tài)，所以對壓力傳感器的壓力先大于自己重力后小于自己重力，所以題圖記錄的應當是一次下蹲—起立的動作。]質(zhì)量為m＝60kg的同學，雙手抓住單杠做引體向上，他的重心的速率隨時間變化的圖象如圖乙所示。g取10m/s2，由圖象可知( )甲乙A．t＝0.5s時他的加快度為3m/s2B．t＝0.4s時他處于超重狀態(tài)C．t＝1.1s時他遇到單杠的作使勁的大小是620ND．t＝1.5s時他處于超重狀態(tài)B[依據(jù)速度圖象斜率表示加快度可知，

t＝0.5s

時他的加快度為

0.3m/s

2，A項錯誤。t＝0.4s時他向上加快運動，加快度方向向上，他處于超重狀態(tài)，

B項正確。

t＝1.1s

時他的加快度為

0，他遇到單杠的作使勁的大小等于重力

600N，C項錯誤。

t＝1.5s

時他向上做減速運動，加快度方向向下，他處于失重狀態(tài)，

D項錯誤。

]知識點二

|

動力學中整體法、隔絕法的應用1．外力和內(nèi)力假如以物系統(tǒng)統(tǒng)為研究對象，遇到系統(tǒng)以外的物體的作使勁，這些力是該系統(tǒng)遇到的外力，而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的互相作使勁為內(nèi)力。應用牛頓第二定律列方程時不考慮內(nèi)力。假如把某物體隔絕出來作為研究對象，則本來的內(nèi)力將變換為隔絕體的外力。2．整體法當連結(jié)體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體的加快度同樣時，能夠把系統(tǒng)內(nèi)的全部物體當作一個整體，剖析其受力和運動狀況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法。3．隔絕法當求系統(tǒng)內(nèi)物體間互相作用的內(nèi)力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔絕出來，剖析其受力和運動狀況，再用牛頓第二定律對隔絕出來的物體列方程求解的方法。[判斷正誤](1)“整體法和隔絕法”是指選用研究對象的方法。(2)以“整體”為研究對象時，需要考慮物體間互相作用。(3)隔絕研究對象后，受力剖析只剖析研究對象遇到的力。

(√)(×)(√)考法1先整體后隔絕法的應用1.(2019·天津檢測)如下圖，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們一同從圓滑斜面的頂端由靜止開始下滑；已知斜面的傾角為θ，斜面一直保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為( )A．Mgsin

θ

B．Mgcos

θC．0

D．(M＋m)gsin

θC[對A、B構(gòu)成的整體受力剖析可知，整體受重力、支持力而做勻加快直線運動；由牛頓第二定律可知，a＝m＋Mgsinθ＝gsinθ；則再對B由牛頓第二定律可知：F合＝Ma＋mM＝sinθ；協(xié)力等于B的重力沿斜面向下的分力，故說明、間沒有互相作使勁，故A、B、MgABD錯誤，C正確。]考法2先隔絕后整體法的應用2.(2019

·南通模擬

)如下圖，質(zhì)量為

2的物塊

放在圓滑的水平桌面上，其上擱置質(zhì)量為

m1的物塊

A，用經(jīng)過圓滑的定滑輪的細線將

A與質(zhì)量為

M的物塊

C連結(jié)，開釋

C，A和

B一同以加快度大小

a從靜止開始運動，

已知A、B間的動摩擦因數(shù)為

μ，重力加快度大小為

g，則細線中的拉力大小為

(

)A．MgB．M(g＋a)C．(m1＋m2)aD．m1a＋μm1g[以C為研究對象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯誤；以A、B整體為研究對象，依據(jù)牛頓第二定律可知＝(1＋2)，故C正確；、B間為靜摩擦力，依據(jù)牛頓第TmmaA二定律，對B可知f＝m2a，對A可知T－f′＝m1a，f＝f′，聯(lián)立解得T＝(m1＋m2)a，故D錯誤。]3.(2019

·武漢模擬

)質(zhì)量為

m的圓滑小球恰巧放在質(zhì)量也為

m的圓弧槽內(nèi)，它與槽左、右兩頭的接觸點分別為

A點和

B點，圓弧槽的半徑為

R，OA與水平線

AB成

60°角。槽放在光滑的水平桌面上，經(jīng)過細繩和滑輪與重物

C相連，桌面上的那段細繩一直處于水平狀態(tài)。通過實驗知道，當槽的加快度很大時，小球?qū)牟壑袧L出，滑輪與細繩的質(zhì)量都不計，要使小球不從槽中滾出，則重物

C的質(zhì)量

M應小于

(

)23A.3mB．2mC．(3－1)mD．(3＋1)mD[當小球恰巧要從槽中滾出時，小球受重力和圓弧槽A點對它的支持mg力，如下圖。由牛頓第二定律得tan60°＝ma，解得小球的加快度a＝g3tan60°＝3g。以整體為研究對象，由牛頓第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(3＋1)m。應選項D正確。][考法指導]動力學中“整體法、隔絕法”的應用技巧若連結(jié)體內(nèi)各物體擁有同樣的加快度，利用整體法計算外力或加快度或其余未知量；利用隔絕法求物體之間的作使勁。可總結(jié)為：“先整體求加快度，后隔絕求內(nèi)力”。知識點三|動力學中的圖象問題考法1動力學中的v-t圖象1．(2019·襄陽調(diào)研

)如下圖，套在水平直桿上質(zhì)量為

m的小球開始時靜止，現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力

F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力

F，且

F的大小一直與小球的速度成正比，即

F＝kv(圖中未標出

)，已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為

μ，小球運動過程中未從桿上零落，且

F0>μmg。以下對于運動中的速度—時間圖象正確的選項是

(

)A

B

C

DC[開始時小球所受支持力方向向上，跟著時間的增添，小球速度增大，

F增大，則支持力減小，摩擦力減小，依據(jù)牛頓第二定律，可知這一階段小球的加快度增大。當豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加快度最大。再今后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F(xiàn)增大，則彈力增大，摩擦力增大，依據(jù)牛頓第二定律，小球的加快度減小，當加快度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確。]考法2動力學中的a-t圖象2．廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，旅客乘坐參觀電梯大概一分鐘就能夠抵達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩子拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上漲，a-t圖象如下圖。則以下有關(guān)說法正確的選項是( )A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．5～55s時間內(nèi)，繩子拉力最小C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰巧為零[利用a-t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加快度，電梯處于超重狀態(tài)，則選項A錯誤；0～5s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，5～55s時間內(nèi)，a＝0，電梯處于勻速上漲過程，拉力等于重力，55～60s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力，綜上所述，選項B、C錯誤；因-圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中at橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，選項D正確。]考法3動力學中F-t圖象3．(多項選擇)物體最先靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示遇到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，以下說法正確的選項是(g取10m/s2)( )甲乙A．物體的質(zhì)量m＝1kgB．物體的質(zhì)量m＝2kgC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)3μ＝3D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)73μ＝15AD[由開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，可知0～2s內(nèi)物體的加快度大21小為a＝1m/s；在0～2s內(nèi)對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)＋mgsin30°－μmgcos30°＝73ma,2s后由均衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯(lián)立解得m＝1kg，μ＝15，選項A、D正確。]考法4動力學中的F-x圖象4.(2018·全國卷Ⅰ)如下圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力

F作用在

P上，使其向上做勻加快直線運動。以

x表示

P走開靜止地點的位移，在彈簧恢還原長前，以下表示

F

和

x

之間關(guān)系的圖象可能正確的選項是(

)ABCDA[假定物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的均衡條件可知kx0＝，在彈簧恢還原mg長前，當物塊向上做勻加快直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，明顯F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。][考法指導]剖析圖象問題經(jīng)常有的誤區(qū)沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義。忽略對物體的受力狀況和運動狀況的剖析。(多項選擇)(2019·黃岡檢測)如下圖，圓滑水平川面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一同壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為0，以兩x滑塊此時的地點為坐標原點成立如下圖的一維坐標系，現(xiàn)將外力忽然反向并使B向右做勻加快運動，以下對于外力、兩滑塊間彈力N與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的選項是FF( )A

B

C

DBD[設(shè)

A、B向右勻加快運動的加快度大小為

a，依據(jù)牛頓第二定律，對整體有

F＋k(x0x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，則F與x成正比，-圖象可能是過原點的直線，對A有(0－)－N＝，得N＝－kx＋kx0－ma，可知AAFN-x圖象是向下傾斜的直線，當FN＝0時A、B開始分別，今后B做勻加快運動，F(xiàn)不變，則A、mAaB開始分別時有x＝x0－k<x0，所以B和D是可能正確的。]知識點四|動力學中的“板塊”“傳遞帶”模型考法1水平面上的“板塊”模型1.(2019·洛陽模擬)如下圖，質(zhì)量為M的長木板A在圓滑水平面上，以大小為v0的速度向左運動，一質(zhì)量為m的小木塊B(可視為質(zhì)點)，以大小也為v0的速度水平向右沖上木板左端，B、A間的動摩擦因數(shù)為μ，最后B未滑離A。已知M＝2m，重力加快度為g。求：A、B達到共同速度的時間和共同速度的大?。荒景錋的最短長度L。分析：(1)對A、B分別由牛頓第二定律有μmg＝MaA，μmg＝maB1又M＝2m，可得aA＝2μg，aB＝μg規(guī)定水平向右為正方向，經(jīng)時間t二者達到共同速度v，則v＝v－at＝－v＋at0B0A解得t＝2v04v0v0。＝3μg，v＝－aA＋aB3(2)在時間t內(nèi)：－v0＋v2A的位移xA＝8v0t＝－29μgB的位移x＝v0＋v4v022t＝B2木板A的最短長度為二者的相對位移大小，即L＝4v0。x＝x－x＝BA3μg4v0v024v0答案：(1)3μg3(2)3μg考法2斜面上的“板塊”模型2.如下圖，水平川面上固定一傾角為θ＝37°的圓滑斜面。一長1＝0.18m的長木板L鎖定在斜面上，木板的上端到斜面頂端的距離L＝0.2m；繞過斜面頂端圓滑定滑輪的一根輕2繩一端連結(jié)在板的上端，另一端懸吊一物塊，木板與滑輪間的輕繩與斜面平行，物塊Q離地Q面足夠高。此刻長木板的上端由靜止開釋一可視為質(zhì)點的物塊P，同時排除對長木板的鎖定，結(jié)果物塊P沿木板下滑而長木板仍保持靜止。已知P的質(zhì)量為m，Q的質(zhì)量為2m，長木板的質(zhì)量為3m，重力加快度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：物塊P與長木板間的動摩擦因數(shù)μ；從開釋物塊P到長木板的上端滑到斜面頂端需要的時間。分析：(1)物塊P下滑時，長木板處于靜止狀態(tài)，則有μmgcosθ＋3mgsinθ＝2mg解得μ＝0.25。(2)設(shè)物塊P在長木板上滑動的加快度大小為a1，時間為t1，則sinθ－μcosθ＝1mgmgmaL121＝112at聯(lián)立解得a1＝4m/s2，t1＝0.3s物塊P滑離木板后，設(shè)木板在斜面上滑動的加快度大小為2，長木板的上端滑到斜面頂a端用時t2，則有2mg－3mgsinθ＝5ma2L122＝222聯(lián)立解得a2＝0.4m/s2，t2＝1s從開釋物塊P到長木板的上端滑到斜面頂端需要的時間t＝t1＋t2＝1.3s。答案：(1)0.25(2)1.3s[考法指導]求解“板塊”模型的方法技巧弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動或相對運動趨向，依據(jù)相對運動或相對運動趨向狀況，確立物體間的摩擦力方向。正確地對各物體進行受力剖析，并依據(jù)牛頓第二定律確立各物體的加快度，聯(lián)合加快度和速度的方向關(guān)系確立物體的運動狀況。速度相等是這種問題的臨界點，此時常常意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動狀況可能發(fā)生突變。分析板塊相對運動問題時，常選擇某一方向為正方向，將板和塊的速度及位移在一致正方向下表示出來，大大降低了在表述上的雜亂?？挤?水平傳遞帶模型3.(多項選擇)如下圖，水平傳遞帶A、B兩頭相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(一直保持不變)順時針運行，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，因為煤塊與傳遞帶之間有相對滑動，會在傳遞帶上留下劃痕。已知煤塊與傳遞帶間的動摩擦因數(shù)

μ＝0.4，取重力加快度大小

g＝10m/s

2，則煤塊從

A端運動到

B端的過程中

(

)A．煤塊從A端運動到B端的時間是2