2018年高考物理一轮复习专题12牛顿运动定律的综合应用(讲)(含解析)

1、专题 12 牛顿运动定律的综合应用耳氧禺闻爆1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题2.学会分析临界与极值问题3.会进行动力学多过程问题的分析.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.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a=g,方向竖直向下.q皤屋和H-=-=-考点一超重与失重1.超重并不是重力增加了，

2、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重点归纳1.物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系.下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系加速度超重、失重视重F2

3、a=0不超重、不失重F=mga的方向竖直向上超重F=mg+a)a的方向竖直向下失重F=mga)a=g,竖直向下完全失重F=0特别提醒：不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.2.超重和失重现象的判断“三”技巧（1） 从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时， 物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.（2）从加速度的角度判断，当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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.（3）从速度变化角度判断1物体向上加速或向下减速时，超重；2物体向下加速或向上减速时，

4、失重.典型案例在升降电梯内的地板上放一体重计，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就是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/5，方向一定竖直向下【答案】D【解析】体重计示数小于休重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小.故人错误，B错误；电梯碱向 上的减速运动也会是失重唸，示劍汙其重力.故C错误；以人为研究对象，mg-Fz求得； 心竺虫=竺遐警=熙故D正确;故选Dm m505【名师点睛

5、】此题是关于牛顿第二定律的应用问题；明确失重状态是物体对与之接触的物体的弹力小于重力，不是重力变小了.基础题目。针对练习1一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律通过3传感器用计算机绘制出来，如图所示，取当地的重力加速度g =10m/s2，根据图像，可以得到：A、 人上升的最大高度距离蹦床为10mB、 运动员的最大加速度为40m / s2C、3.6s到6.0s人和蹦床组成的系统机械能守恒D8.8s到9.4s运动员和蹦床的势能之和增加【答案】B【解析】设运动员上升的最大高度为H,则H=1gt2=丄10 0.82m =3.2m，故A错误；由图象可知2 2蹦床对运动

6、员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则：Fm- mg二mam，F - mg 2500 - 50022amm / s =40 m / s，故B正确；3.6s到6.0s人和蹦床组成的系统机械能不守m50恒，因为有人本身的化学能转化为系统的机械能，故选项C错误；由于系统机械能不守恒，故无法判断运动员和蹦床的势能之和如何变化，故选项D错误。【名师点睛】重点在于图象的识别，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力二是在稳定后的高度最大，且稳定后每一个在空中的上升和下降时间是相等的.针对练习2电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N,在某时

7、刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N,关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2):()A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2m/s2B. 电梯可能向下加速运动,加速度大小为4m/s2( )4C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为4m/s2【答案】B【解析】从题中可知物体处于失重状态，即扣速度向下减速上升或者加速下降，根据牛顿第二定律可得106 =JM3卩mg时，A相对B滑动1D.无论F为何值，B的加速度不会超过 一卩g2【答案】BCD【解析】设B对A的摩揀力为fi, A4B的摩揀力为fifif f地面对B的摩摄力为b由

8、牛顿第三定律可知餐 与:大小相等，方向相反，血和氏的最大值均为2气，总的最大倩为彳吨故当（KF可昨时，A, B均棵持翳止继续埴大叭在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；设当氐3B恰好发生相对滑动时的拉力为加速助 才侧对A,有FH岬曰ma】 对拟B整依有F冷 呻沪知诃, 解得FT=3|wig,故当彳|inig3F3 阿茗时，A相对于E滑动.C正臥 当F今哑时，A. B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整偽 宙jjr3 31牛顿第二定律有F- pmg=3nu；解得B正确.对B来说丿其所受合力的最大值311Furtpi喑-|ung= - Mng?即B的加速度不会超过-艰D正

9、确.故选BCD。222针对练习1在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动,将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑若小物块与木板之间的动摩 擦因数为 j 则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为：（）【答案】A【解析】木板水平时，物块的合力是滑动摩扌勃.根据牛顿第二定律得出小物块的加速度俎手设涓行初速度为 0 则滑行时间为v孑木板改置成倾角酣斗貸的斜面后，对韧块进行受力分析:G小涓块的合力F F 严昭 m m 斗亍护飓鈕 4 4 贷切吨酪沪经一段时间t后停止.现A.D.7小物块上滑的加4度畑加45。+/加斗鉀（1 + n）屁，%- -=一2滑行时间比2v

10、，因此兰二鱼=洋，故选人t t OjOj1+M【名师点睛】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决注意情景发生改变，要重新进行受力分析。针对练习2（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是 ：（）A.当0：F _Jmg时，绳中拉力为0B.当Jmg : F_2mg时，绳中拉力为F -mgC.当F .2mg时，绳中拉力为F2D.无论F多大，绳中拉力都不可能等于F3【答案】ABC8【解析】当(X吟昭

11、时，A受到拉力与静摩揀力的作用，二者可臥平衡，绳中拉力为0.故A正确；当吨 g 沁时,整体受到拉力与摩攥力的作用二者平衡，所以整体处于静止状态.此时A壹到的静摩换力到达最大即吨，所以绳中拉力为尺讯飓.故B正确；当 Q 沁时，对整侬口= ” _严黑, 2m2m对B：,联立解得绳中拉力为故C正确$由B的分析可知当恥沁时绳中m m2F F拉力为F F-吨绳中拉力可能等于I 故D错误.故选ABC【名师点睛】此题考查了物体的平衡及牛顿定律的应用；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用。考点三动力学中的图象问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的

12、重点及热点.1.常见的图象有：vt图象，at图象，Ft图象，Fa图象等.2.图象间的联系：加速度是联系vt图象与Ft图象的桥梁.3.图象的应用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.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.(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析.重点归纳分析图象问题解题策略(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义.应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.5.分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及

13、单位.(2)不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.忽视对物体的受力情况和运动情况的分析.典型案例(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用，木板加速度a随力F变化的-F图象如图乙所示，g取10 m/s2,则：( )9甲A.滑块A的质量为4kgB.木板B的质量为1kg2C.当F=10N时木板B加速度为4m/sD.当F=10N时滑块A的加速度为2m/s2【答案】BCD【解析】当F等于眼时加速度为；a=2m.V,对整休分析，由牛顿第二定律有：F=（ 无代入数据 解得：沖=4如 当F犬于8N时，对爲

14、由牛顿第二定律得：譬由團示團M MAfM M象可知,團线的斜率: =兰-22-1、解得、木板B的质量:M=lkg渭块A的质量为:nr=31g.故Af口戸8 6A错误，B正确.根JSF大于氷的團线知F=6N时，肝血已由a a = = -F-F-J J可知；M M M M0十6菖：,解得：0）.2,由團示图象可知，当FTQN时，滑块与木板相对渭亦B的加速度为;= o = F =-xJO _=_ = 4mIsIs1 1、故C正确；当FION时A、B相对滑动f柑夬AM M 11的加1度：=j/g=j/g = = 2m/s2m/s1 1j故D正确.故选BCD。Af【名师点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的

15、综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。针对练习1如图所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面成夹角0= 37的表面BC光滑。木块右侧与竖直墙壁紧靠在一起，一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，滑块在CBA运动过程中，滑块运动的速度和时间的关系如图所示滑块经过B点时无能10（1）斜面BC的长度L;（2）滑块和木块的水平表面AB间的动摩擦因数 （3）如果滑块的质量m=2kg，木块的质量M=4kg,最终滑块恰好没有从木块上滑下来，求木块水平AB段的长度LAB为多少？ 【答案】（1）

16、3m（2）0.2（3）6m【解析】（L）法一：由團象可知，BC的长対v-r團象C到围成的面积：XBC=|法二：XEC= =3m法三：XEC= gsinOQTai2a2a2滑块在AB上运动做匀减速运动由團象可知：a22m.-sapg, |i=-0.2法一：團象法：木块从山到鬼做初速度为零的匀加速运动，最后与滑块共速，在图象上做木块的速度 團象可知：木块的长度为ls-3s內梯形的面积减去三甬形的面积：-（上底+T地）乂高丄底戈高，代入数据：（2 + 6jX2-x2x2 = 6ffl2 2 2 2法二：由團象可知：aFr=ma =Ma打=1血唧-显F代入数1S；【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应

17、用问题；解题的关键是从给定的v-t图像中获取信息，找到物体的运动规律，结合图像的物理意义及牛顿定律列方程求解针对练习2足够长的水平传送带以V0=2 m/s的速度匀速运行.t=0时，在最左端轻放一个小滑块，t=2 s时，传送带突然制动停下，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为=0.2,g=10 m/s2.关于滑块相对地面运动的v-t图象正确的是：（）【答案】D【解析】 滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，加速度为与传送带速度相同时需要的时间右=2= 1s，然后随传送带一起匀速运动的时间ttls，当a 2送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a - -a -

18、-2m/ s2，运动的时间仏二口0二=1s，所以速度时间图象对应D选项，故D正确。a-2a = = g = 2m / s2，滑块运动到m11【名师点睛】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带 一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止.由牛 顿第二定律和运动学公式结合，通过计算分析。考点四传送带模型和滑块一木板模型1“传送带模型”问题的分析思路(1)模型特征一个物体以速度vo(vo0)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(a)、(b)、(c)所示.(2) 建模指导传送带模型问题包括

19、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可能发生突变.2“滑块一木板模型”问题的分析思路(1)模型特点：上、下

20、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面的位移 重点归纳1传送带模型分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析.(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1r W_(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速12情景2*0Ft*O()(1)VoV时，可能一直减速，也可