第三章 专题三

1、专题三牛顿运动定律的综合应用考纲解读 1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析.1.对超重和失重的理解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答案D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

2、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.2.超重与失重概念的应用下列说法中正确的是()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答案B解析当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且ag，为完全失重状态，所以B正确.而A、C、D中运动员均为平衡状态，Fmg，既不超重也不失重.3.动力学中的图像

3、问题一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的vt图像如图1所示.已知重力加速度为g，则根据图像不能求出的物理量是()图1A.木块的位移B.木块的加速度C.木块所受摩擦力D.木块与桌面间的动摩擦因数答案C解析位移可由图像与时间轴所围的面积求出，由vt图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，ag，故动摩擦因数也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力.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

4、条件：物体具有向下的加速度.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)等于零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.考点一超重与失重现象1.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.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.3.尽管物体的加速度不是在竖直方向，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.物体超重或失

5、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.例1如图2所示，升降机天花板上用轻弹簧测力计悬挂一物体，升降机 静止时弹簧测力计的读数为10 N，现让物体随升降机一起运动，弹簧测力计稳定时的读数为12 N，则(g10 m/s2)()A.物体随升降机一起运动时的重力为12 NB.物体的加速度大小一定等于a2 m/s2C.物体可能减速下降图2D.物体处于超重状态，一定加速上升解析据题意，物体的重力等于静止时弹簧测力计的示数，应该为G10 N，则物体质量为m1 kg，故A选项错误；物体加速过程由牛顿第二定律可算出a2 m/s2，故B选项正确；由于测力计示数大于重力，则物体处于超重状态，

6、可能加速上升，也可能减速下降，故C项正确，D选项错误.答案BC突破训练1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()答案D解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确.考点二动力学中的图像问题1.图像的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.2.问题的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图像的物理意义，理

7、解图像的轴、点、线、截、斜、面六大功能.例2如图3甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即Fkt，其中k为已知常数.若A、B之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A的vt图像的是()图3解析刚开始，外力F较小，A、B保持相对静止，加速度大小为a，可见，加速度a的大小随着时间t逐渐增大，对应的vt图线的斜率逐渐增大，C、D错误；随着时间t的增大，外力F增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A与木板B发生相对运动，此时有fm

8、a，Ffma，解得F2f，即kt2f，可见t>后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的vt图线是倾斜的直线，A错误，B正确.答案B 数图结合解决动力学问题物理公式与物理图像的结合是一种重要题型.动力学中常见的图像有vt图像、xt图像、Ft图像、Fa图像等，解决图像问题的关键有：(1)分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义.(2)明确图线斜率的物理意义，如vt图线的斜率表示加速度，注意图线中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，两图线的交点等. (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题

9、意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息(如vt图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解.突破训练2我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图像，如图4所示.以下判断正确的是()图4A.6 min8 min内，深潜器的加速度最大B.4 min6 min内，深潜器停在深度为60 m处C.3 min4 min内，潜水员处于超重状态D.6 min10 min内，深潜器的加速度不变答案C解析速度时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6 min8 min内深潜器的加速度小

10、于3 min4 min内深潜器的加速度，A错误.4 min6 min内，深潜器停在深度为360 m处，B错误.3 min4 min内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C正确.6 min8 min内与8 min10 min内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D错误.考点三动力学中的临界极值问题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”

11、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.例3(2013·山东·22) 如图5所示，一质量m0.4 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t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之 间的距离L10 m.已知斜面倾角30°，物块与斜面之间的动摩擦因 数.重力加速度g取10 m/s2. 图5(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

12、)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60°)由式可知对应最小F的夹角30°联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30° N动力学中的典型临界条件(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N

13、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：T0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时.突破训练3如图6所示， 物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面图6 上，A、B质量分别为mA6 kg，mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数 0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，g取10 m/s2，则()A.当拉力F<12 N时，物体

14、均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动答案D解析当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动.此时对B有：fmaxmAg12 N，而fmaxmBa，a6 m/s2，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s2，此时对A、B整体：F(mAmB)a48 N，即F>48 N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确.12.“传送带模型”问题的分析思路1.模型特征一个物体以速度v0(v00)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

15、7(a)、(b)、(c)所示.图72.建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有

16、可能发生突变.例4如图8所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成37°)与一斜面BC(与水平面成30°)平滑连接，图8B点到C点的距离为L0.6 m，运输带运行速度恒为v05 m/s，A点到B点的距离为x4.5 m，现将一质量为m0.4 kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数1，求：(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，空气阻力不计)(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.审题与关联解析(1)设

17、小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点的速度为v，由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma1由运动学公式知v22a1L，联立解得v3 m/s.(2)因为v<v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，则由牛顿第二定律知mgcos mgsin ma2又因为v22a2x，联立解得.(3)小物体从A点运动到B点经历时间t1，从B运动到C经历时间t2联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间tt1t23.4 s.答案(1)3 m/s(2)(3)3.4 s 解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传

18、送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况.(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动摩擦力方向加速度方向速度变化情况共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物v传.(3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系. 13.“滑块木板模型”问题的分析思路1.模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2.建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地

19、面的位移.例5如图9所示，质量M4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m1.0 kg的小滑块A(可视为质点).初始时刻，A、B分别以v02.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板.已知A、B之间的动摩擦因数0.40，取g10 m/s2.求：图9(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l.审题与关联解析(1)A、B分别受到大小为mg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A有mgmaA则aAg4.0 m/s2方向水平向右对B有mgMaB则aBmg/M1.0 m/s2方向水平向左

20、(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则v0aAt1，解得t1v0/aA0.50 sB相对地面向右做匀减速运动xv0t1aBt0.875 m(3)A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA4.0 m/s2B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB1.0 m/s2当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移.在A相对地面速度为零时，B的速度vBv0aBt11.5 m/s设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则aAt2vBaBt2解得t2vB/(aAaB)0

21、.3 s共同速度vaAt21.2 m/s从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移xA m0.32 mB向右运动的位移xB m1.28 mB板的长度lxAxB1.6 m答案(1)A的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右B的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m(3)1.6 m高考题组1.(2013·浙江·19)如图10所示，总质量为460 kg的热气球，从地面 刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质

22、量不变，重力加速度g10 m/s2.关于该热气球，下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4 830 NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N图10答案AD解析从地面刚开始竖直上升时v0，空气阻力Ff0.由F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮mgFf0，计算得Ff230 N，D正确.模拟题组2.如图11甲所示，在

23、光滑的桌面上叠放着一质量为mA的薄木板A和质量为mB的金属块B，设B与A之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时各物体都处于静止状态.图11(1)若用力F通过轻绳水平作用于B上，则要使B能在A上滑动，力F应大于多少？(2)若用轻绳的一端水平拉着B，另一端绕过定滑轮与质量为mC的物块C相连(如图乙所示)，开始时绳被拉直且忽略滑轮的质量及轴间的摩擦，则要使B能在A上滑动，物块C的重力GC应大于多少？答案(1)(2)解析(1)要使B能在A上滑动，就得使B的加速度aB大于A的加速度aA，即：aB>aA由牛顿第二定律可知FmBgmBaBmBgmAaA联立解得：F>(2)要使

24、B能在A上滑动，就得使B的加速度aB大于A的加速度aA.即：aB>aA由牛顿第二定律可知mCgmBg(mBmC)aBmBgmAaA联立解得：mC>即：GC>3.如图12所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角37°，A、B两端相距5.0 m，质量为m10 kg的物体以v06.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求： 图12(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送

25、带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？答案(1)2.2 s(2)1 s解析(1)设在AB上物体的速度大于v4.0 m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1设经t1速度与传送带速度相同，t1通过的位移x1设速度小于v时物体的加速度为a2mgsin mgcos ma2物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点Lx1vt2a2ttt1t22.2 s(2)若传送带的速度较大，沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2Lv0ta2t2t1 s(限时：45分钟)题组1超重、失重的理解与应用1有关超重和失重，以下说法

26、中正确的是()A物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D站在月球表面的人处于失重状态答案B解析超重与失重时，物体自身的重力不会发生变化，A项错；竖直上抛中的木箱中的物体的加速度都为竖直向下的重力加速度g，所以是完全失重，B项正确；升降机失重时，也有可能是做向上的减速运动，C项错；月球表面对人体也有引力作用，虽然他对月面的压力小于在地球时对地球表面的压力，但对月面的压力等于他在月球上受的重力，所以这不是失重，D项错，正确选项为B.2如图1所示是某同学站在力传感器上做下

27、蹲起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学 ()A体重约为650 NB做了两次下蹲起立的动作C做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC 图1解析做下蹲起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由题图线可知，第一次下蹲4 s末结束，到6 s末开始起立，所以A、C正确，B错误3如图2所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是 ()A地面对木

28、楔的支持力大于(Mm)gB地面对木楔的支持力小于(Mm)gC地面对木楔的支持力等于(Mm)g 图2D地面对木楔的摩擦力为0答案A解析由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误题组2动力学中的图像问题4如图3甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法不正确的是()图3At0时刻，A、B间静摩擦力最大Bt0

29、时刻，B速度最大C2t0时刻，A、B间静摩擦力为零D2t0时刻，A、B位移最大答案AC解析由题图乙可知，A、B一起先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，所以B项正确；全过程运动方向不变，2t0时刻，A、B位移最大，所以D项正确；不正确的选项为A、C项5下面四个图像依次分别表示A、B、C、D四个物体的加速度、速度、位移和摩擦力随时间变化的规律其中可能处于受力平衡状态的物体是 ()答案CD解析若物体处于受力平衡状态，则加速度a0，因此A、B均错误C代表匀速直线运动，所以正确D为摩擦力的变化，但是有可能跟外力平衡，所以D也正确6如图4甲所示，质量为m2 kg的物体在水平面上向右做直

30、线运动过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图像如图乙所示取重力加速度g10 m/s2.求：图4(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；(2)10 s末物体离A点的距离答案(1)3 N0.05(2)2 m解析(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由题中vt图像得a12 m/s2根据牛顿第二定律有，Fmgma1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由题中vt图像得a21 m/s2 根据牛顿第二定律得Fmgma2 联立解得：F3 N，0.05(2)设10 s末物体离A点的距离为d，d应为vt图象与

31、横轴所围的面积，则d m m2 m负号表示物体在A点左侧题组3传送带模型7如图5所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳，物体到达左端的时间分别为t1、 图5t2，则下列说法正确的是 ()AF1<F2 BF1F2Ct1一定大于t2 Dt1可能等于t2答案BD解析本题考查传送带模型的应用不论传送带的速度大小是多少，物体与传送带间的滑动摩擦力是一样的，分析物体受力情况，其所受的合力为零，则F1F2；因L的大小未知，物块在传

32、送带上的运动情况不能确定，所以t1可能等于t2.8如图6所示，倾角为37°，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间答案(1)4 s(2)2 s 图6解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又<tan ，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定

33、律有mg(sin 37°cos 37°)ma则agsin 37°gcos 37°2 m/s2，根据lat2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°mgcos 37°ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 m<l16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>mgcos 37