2024高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用学案新人教版

PAGE14-第3讲牛顿运动定律的综合应用ZHISHISHULIZICEGONGGU学问梳理·自测巩固学问点1超重与失重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：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超重现象失重现象完全失重现象概念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物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝ma＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升学问点2牛顿运动定律的应用1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的全部物体看成一个整体，分析其受力和运动状况。运用牛顿其次定律对整体列方程求解的方法。2．隔离法：当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，分析其受力和运动状况，再用牛顿其次定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。3．外力和内力(1)假如以物体系统为探讨对象，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。(2)应用牛顿其次定律对整体列方程时不考虑内力。假如把某物体隔离出来作为探讨对象，则内力将转变为隔离体的外力。思维诊断：(1)超重就是物体的重力变大的现象。(×)(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)(3)加速上升的物体处于超重状态。(√)(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变更。(√)(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。(√)(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。(×),eq\o(\s\up7(自测巩固),\s\do5(ZICEGONGGU))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，则该演员(C)A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态[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，A错误，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，B、D错误。2．某人在地面上最多可举起50kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10m/s2)(D)A．2m/s2竖直向上 B．eq\f(5,3)m/s2竖直向上C．2m/s2竖直向下 D．eq\f(5,3)m/s2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Fm＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg物体，物体肯定处于失重状态，对60kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝eq\f(600－500,60)m/s2＝eq\f(5,3)m/s2，方向竖直向下，所以D正确。3．(2024·福建永安一中等三校联考)如图所示，甲、乙两个物体用平行于斜面的细线连接。用沿斜面对上的拉力F拉甲物体，使甲、乙两物体一起沿光滑斜面做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，下列说法正确的是(B)A．甲、乙都受三个力作用B．甲、乙的速度相同C．甲的加速度大于乙的加速度D．甲受到的合力肯定沿斜面对下，乙受到的合力可以沿斜面对上[解析]本题考查绳连物体的连接体问题。某时刻撤去拉力F，甲、乙都只受重力，支持力两个力作用，两力的合力沿斜面对下，加速度都为gsinθ，其中θ为斜面倾角，故A、C、D错误；甲、乙两物体在拉力F作用下一起向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F瞬间两物体的速度相同，故B正确。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO核心考点·重点突破考点一超重与失重现象1．推断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有重量，物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体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．易错、易混点拨(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逝了。在发生这些现象时，物体的重力依旧存在，且不发生变更，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变更。(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消逝，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。例1(2024·河南周口名校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变更而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车加速上坡时，乘客(B)A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向后的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面对下[解析]当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面对上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以依据牛顿其次定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面对上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面对上，依据牛顿其次定律得所受合力沿斜面对上，故D错误。规律总结：超重和失重现象推断的“三”技巧(1)从受力的角度推断，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)从加速度的角度推断，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)从速度变更的角度推断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，失重。〔类题演练1〕探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个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变更的图象，则下列图象中可能正确的是(D)[解析]人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。考点二应用整体法与隔离法处理连接体问题1．连接体问题的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。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，且不须要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿其次定律求出加速度(或其他未知量)。若不求力的详细数值，只是推断力的方向、力的大小，即使加速度不相同，也可用整体法。3．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，就须要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿其次定律列方程求解。4．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，且要求出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探讨对象，应用牛顿其次定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。例2(2024·广东深圳一调)(多选)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一列由8节车厢编组的列车，从车头起先的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢供应的牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则(BC)A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B．整列车的加速度大小为eq\f(F－2kmg,2m)C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为eq\f(F,2)D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为eq\f(F＋kmg,2)[解析]本题考查通过机车牵引模型计算作用力和加速度大小。启动时车厢对乘客有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上，选项A错误；对整列车，依据牛顿其次定律有4F－8kmg＝8ma，解得a＝eq\f(F－2kmg,2m)，选项B正确；对第1节车厢，依据牛顿其次定律有F21－kmg＝ma，解得F21＝eq\f(F,2)，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，依据牛顿其次定律有F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，选项D错误。〔类题演练2〕(2024·福建质检)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳直权重相若，则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相像。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是(C)[解析]本题考查连接体中质量变更导致加速度变更的问题。对整体由牛顿其次定律有mg－(m－Δm)g＝(m＋m－Δm)a，解得a＝eq\f(g,2m－Δm)·Δm＝eq\f(g,\f(2m,Δm)－1)，可知a与Δm不是线性关系，A、B错误；当Δm＝m时，a＝g，且Δm<m时，a<g，则可知D错误，C正确。一题多解：其中一个重物质量为0时，即Δm＝m时，另一重物做自由落体运动，加速度大小为g，可知B、D错误；取Δm＝eq\f(m,2)，a＝eq\f(m－\f(m,2),2m－\f(m,2))g＝eq\f(g,3)，可知C符合题意。〔类题演练3〕(2024·北京密云月考)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面对上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止。则在物块m上、下滑动的整个过程中(C)A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对物体M的摩擦力大小不变C．地面对物体M的摩擦力方向不变D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g[解析]物体m先减速上升，后加速下滑，加速度始终沿斜面对下，对M与m整体受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，依据牛顿其次定律，有水平方向：f＝m·(a·cosθ) ①竖直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sinθ) ②其中θ为斜面倾角。由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有变更。故A、B错误，C正确；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，D错误。考点三动力学中的临界值或极值问题1．临界或极值问题的关键词“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点；“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。2．产生临界值和极值的条件(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。(4)加速度最大的条件：合外力最大。(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，许多状况下当加速度为零时速度最大。3．临界或极值问题的方法(1)假设分析法(2)数学极值法例3(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T－a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2，则(ABC)A．a＝eq\f(40,3)m/s2时，FN＝0B．小球质量m＝0.1kgC．斜面倾角θ的正切值为eq\f(3,4)D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a[解析]小球离开斜面之前，以小球为探讨对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，T－a图象为直线，由题图乙可知a＝eq\f(40,3)m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝eq\f(40,3)m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq\f(mg,tanθ)＝ma，联立可得tanθ＝eq\f(3,4)，m＝0.1kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.6a(N)，D错误。〔类题演练4〕如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3kg，mB＝6kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变更，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0起先，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？[答案]9m[解析]FA、FB的大小虽随时间而变更，但F合＝FA＋FB＝18N不变，故起先一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分别前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①设A、B间的弹力为FAB，对B有：FB＋FAB＝mBa②由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB渐渐减小，当A、B恰好分别时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0③将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N，代入①式得：a＝2m/s2。联立②③式得：t＝3s。A、B相互脱离的共同位移为：x＝eq\f(1,2)at2，代入数值得：x＝9m。JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU阶段培优·查缺补漏传送带模型物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出精确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动状况情景1(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能始终减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能始终加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块始终减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v02．倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动状况情景1(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能始终加速(2)可能先加速后匀速(3)可能始终匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速(5)可能先减速后匀速情景4(1)可能始终加速(2)可能始终匀速(3)可能先减速后反向加速例4(2024·辽宁渤海中学模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间。(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。(3)若传送带逆时针转动的速度可以调整，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？[解析]本题考查传送带上的运动问题。(1)起先阶段，由牛顿其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，所以a1＝gsinθ＋μgcosθ，解得a1＝10m/s2，煤块加速至传送带速度相等时须要的时间为t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，煤块发生的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m<16m，所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向变更；其次阶段有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，设其次阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得t2＝1s，煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝(1＋1)s＝2s；(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x＝10×1m－5m＝5m，故煤块相对于传送带上移5m；其次阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2＝(LAB－x1)－vt2，解得Δx2＝1m，即煤块相对传送带下移1m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5m；(3)若增加传送带的速度，煤块始终以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有LAB＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,min)，可得tmin＝eq\f(4\r(5),5)s。[答案](1)2s(2)5m(3)eq\f(4\r(5),5)s规律总结：滑块在传送带上运动的“六点”留意问题：(1)留意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动状况。(4)留意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)留意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。〔类题演练5〕(多选)如图甲所示为应用于机场和火车站的平安检查仪，用于对旅客的行李进行平安检查。其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(BD)A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处[解析]行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李起先做匀加速直线运动，随后行李又以传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝eq\f(v,a)＝1s达到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(2m－x1,v)＝1.5s到达B，共用2.5s；乘客到达B，历时t＝eq\f(2m,v)＝2s，故B正确；若传送带速度足够大，行李始终加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D项正确。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN2年高考·模拟训练1．(2024·广西桂林、贺州、崇左联考)如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法中正确的是(C)A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用B．若C斜面光滑，A和B以肯定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态C．若C斜面粗糙，A和B以肯定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力D．若C斜面粗糙，A和B以肯定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态[解析]本题考查多体系统的超、失重状态。若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面对下，如图所示，则由图可知，B有水平向左的分加速度，可知B受到A向左的摩擦力，所以B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故A错误；若C斜面光滑，A和B以肯定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即B处于失重状态，故B错误；若C斜面粗糙，A和B以肯定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，由于B具有水平向左的分加速度，则依据牛顿其次定律可知B受水平向左的摩擦力，故C正确；若C斜面粗糙，A和B以肯定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故D错误。2．(2024·衡水一模)如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为eq\f(μ,3)。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(C)A．1∶1 B．2∶3C．1∶3 D．3∶2[解析]当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界状况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：aB＝a1＝eq\f(μmg－\f(μ,3)·2mg,m)＝eq\f(1,3)μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝eq\f(μmg,m)＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。3．(多选)如图甲所示，足够长的匀速转动的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变更的关系如图乙所示，v0、t0已知，则下列说法中正确的是(AD)A．传送带肯定逆时针转动B．μ＝tanθ＋eq\f(v0,gt0cosθ)C．传送带的速度大于v0D．t0后滑块的加速度大小为2gsinθ－eq\f(v0,t0)[解析]若传送带顺时针转动，当滑块