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第3讲 牛顿运动定律的综合应用,【知识导图】,大于,竖直向上,小于,竖直向下,等于0,竖直向下,a=g,系统外的物体,系统内物体,【微点拨】 超重、失重的三点注意: (1)不管物体的加速度是否沿竖直方向,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。,(2)发生超重、失重现象时,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。 (3)超重、失重现象中,牛顿第二定律仍然适用。,【慧眼纠错】 (1)失重时,物体的重力小于mg。 纠错:_。 (2)物体超重时,一定向上运动。 纠错:_ _。,失重时,物体的重力不变,等于mg,物体超重时,可能是向上加速运动,也可能是向,下减速运动,(3)应用牛顿第二定律进行整体分析时,需要分析内力。 纠错:_。 (4)重力属于内力。 纠错:_ _。,应用整体法时不分析内力,重力可能属于内力,例如,研究地球和物体组成的,系统时;也可能属于外力,例如,单独研究物体时,(5)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。 纠错:_ _。,加速度大小等于g且方向竖直向下的物体处于完,全失重状态,考点1超重现象和失重现象的分析 【典题探究】 【典例1】(2018泰安模拟)下列哪个说法是正确的 () 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,【解题探究】 (1)超重时,物体的加速度和受力有何特点? 提示:超重时,物体具有向上的加速度,受到的拉力或支持力大于自身重力。,(2)失重时,物体的加速度和受力有何特点? 提示:失重时,物体具有向下的加速度,受到的拉力或支持力小于自身重力。,【解析】选B。体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态,蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下,都处于失重状态,选项A错误,B正确;举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态,游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态,选项C、D错误。,【通关秘籍】 判断超重和失重现象的三个角度: (1)从受力的角度判断:当物体受到的向上的拉力(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;向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断:物体向上加速或向下减速时,超重;物体向下加速或向上减速时,失重。,【考点冲关】 1.(2018威海模拟)如图所示是某同学站在力传感器上,做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线,纵坐标为力(单位为N),横坐标为时间(单位为s)。由图可知,该同学的体重约为650 N,除此以外,还可以得到的信息有 (),A.该同学做了两次下蹲起立的动作 B.该同学做了一次下蹲起立的动作, 且下蹲后约2 s起立 C.下蹲过程中人处于失重状态 D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态,【解析】选B。在34 s下蹲过程中,先向下加速再向 下减速,故人先处于失重状态后处于超重状态;在6 7 s起立过程中,先向上加速再向上减速,故人先处于 超重状态后处于失重状态,选项A、C、D错误,B正确。,2.(2018哈尔滨模拟)2017年1月15日,“贺新春、拜大年”贺兰山滑雪公开赛在贺兰山国家森林公园滑雪场盛大开幕。比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。若将运动员视为质点,且忽略空气阻力,下列说法正确的是() 导学号04450063,A.运动员在助滑区加速下滑时处 于超重状态 B.运动员在弧形过渡区运动过程 中处于失重状态 C.运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于 完全失重状态 D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态,【解析】选C。运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下,处于失重状态,A项错;由圆周运动知识可知,运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心,具有竖直向上的分加速度,运动员处于超重状态,B项错;运动员跳离弧形过渡区到着陆前,只受重力作用,处于完全失重状态,C项正确;运动员在减速区具有竖直向上的分加速度,处于超重状态,D项错误。,【加固训练】 (多选)某人乘电梯从24楼到1楼的v-t图象如图所示,下列说法正确的是(),A.04 s内人做匀加速直线运动,加速度为1 m/s2 B.416 s内人做匀速直线运动,速度保持4 m/s不变,处于完全失重状态 C.1624 s内,人做匀减速直线运动,速度由4 m/s减至0,处于失重状态 D.024 s内,此人经过的位移为72 m,【解析】选A、D。04 s内,v-t图线是一条倾斜直线, 且a= =1 m/s2,A对;416 s内,a=0,不是完全失重状 态,B错;1624 s内,电梯减速下降,a向上,处于超重状 态,C错;024 s内,位移大小等于图线与横轴围成的面 积数值,故x= (24+12)4 m=72 m,D对。,考点2整体法和隔离法解决连接体问题 【典题探究】 【典例2】(2018新乡模拟)如图所示,粗糙水平面上 放置B、C两物体,A叠放在C上,A、B、C的质量分别为 m、2m和3m,物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同,其间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拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动,则() 导学号04450064,A.此过程中物体C受五个力作用 B.当F逐渐增大到FT时,轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑,则绳刚断时,A、C间的摩擦力为,【题眼直击】 (1)粗糙水平面上放置B、C两物体_ _。 (2)轻绳能承受的最大拉力为FT_。 (3)使三个物体以同一加速度向右运动_ _。,B、C两物体可能,会受到摩擦力作用,超过FT轻绳被拉断,三者的合力,方向向右,【解析】选C。对A,A受重力、支持力和向右的静摩擦 力作用,可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持 力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六 个力作用,故A错误。对整体分析,整体的加速度a= 隔离对AC分析,根据牛顿第二定律,得,FT-4mg=4ma,计算得出FT= F,当F=1.5FT时, 轻绳刚好被拉断,故B错误,C正确。水平面光滑,绳刚 断时,对AC分析,加速度a= ,隔离对A分析,A的摩擦 力Ff=ma= ,故D错误。,【通关秘籍】 1.整体法的选取原则及步骤: (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。,(2)运用整体法解题的基本步骤。,2.隔离法的选取原则及步骤: (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤。 明确研究对象或过程、状态。,将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。 画出某状态下的受力图或运动过程示意图。 选用适当的物理规律列方程求解。,【考点冲关】 1.(2018长沙模拟)如图是汽车运送 圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是 固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑, 汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不 为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为,零时,Q、N传感器示数不为零。已知sin 15 =0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取 10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能 为() A.3 m/s2B.2.7 m/s2 C.1.5 m/s2D.1 m/s2,【解析】选A。当汽车向左匀加速启动过 程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数 不为零,受力分析如图: 竖直方向:FQ+mg=FN cos 15; 水平方向:F合=FN sin 15=ma 联立解得:a= tan 15= 0.27+2.7 2.7 m/s2,故A选项正确。,2.如图所示,在粗糙的水平面上,质量 分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连,且mM=13,两 物块与水平面间的动摩擦因数相同。若用水平力F向右 拉B且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1; 若用大小相同的水平力向左拉A且两物块共同向左加速 运动时,弹簧的伸长量为x2,则x1x2等于多大?,【解析】由于mM=13,即M=3m 用水平力F向右拉B时, 对整体,根据牛顿第二定律,有: F-(m+M)g=(m+M)a 隔离物体A,根据牛顿第二定律,有: kx1-mg=ma 联立解得:kx1=,当用大小相同的水平力向左拉A且两物块共同向左加速 运动时, 对整体,根据牛顿第二定律,有: F-(m+M)g=(m+M)a 隔离物体B,根据牛顿第二定律,有:kx2-Mg=Ma,联立解得:kx2= F 故: 答案:13,【加固训练】 (多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M 的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦 因数均为,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右 以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同 样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B,上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法中正确的是(),A.若mM,有x1=x2 B.若msin ,有a1=a2 D.若sin ,有a1=a2,【解析】选A、B。在水平面上滑动时,对整体,根据牛 顿第二定律,有: F-(m+M)g=(m+M)a1 隔离物体A,根据牛顿第二定律,有: FT-mg=ma1 联立解得:FT= ,在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有: F-(m+M)gsin =(m+M)a2 隔离物体A,根据牛顿第二定律,有: FT-mgsin=ma2 联立解得:FT= 由可得:a1=,a2= -gsin,若sin,则a1a2 比较可知,弹簧的弹力相等,与动摩擦因数和斜面的坡度无关,故A、B正确,C、D错误。,考点3动力学中的临界和极值问题 【典题探究】 【典例3】(2018锦州模拟)如图所示,静止在光滑水 平面上的斜面体,质量为M,倾角为,其斜面上有一静 止的滑块,质量为m,两者之间的动摩擦因数为,滑块,受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动,求:导学号04450065,(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动,图中水平向右的力F的最大值。 (2)若要使滑块做自由落体运动,图中水平向右的力F的最小值。,【题眼直击】 (1)滑块恰好与斜面体一起加速运动时_ _。 (2)滑块恰好做自由落体运动时_ _。,斜面体对滑,块的作用力为最大静摩擦力Ffm=FN,滑块与斜面体没有,相互作用但仍接触,【解析】(1)当滑块与斜面体一起向右加速时,力F越大,加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的作用力为最大静摩擦力Ffm=FN,滑块受力如图所示。,设一起加速的最大加速度为a,对滑块应用牛顿第二定律得:FNcos+Ffmsin=mg Ffmcos-FNsin=ma 由题意知Ffm=FN 联立解得:a= g 对整体受力分析:F=(M+m)a 联立解得:,(2)如图所示,要使滑块做自由落体运动,滑块与斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时M的加速度为aM,则对M:F=MaM,当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触, 则有 即 =tan 联立解得:F= 答案:(1) (2),【迁移训练】,迁移1:临界法分析动力学中的临界问题 如图所示,一质量为M、倾角为的斜面 体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一 质量为m的光滑楔形物块,物块在水平恒力的作用下与 斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速 度为g。下列说法中正确的是 (),A.水平恒力大小F=mgtan B.地面对斜面体的支持力大小N2=(M+m)g C.物块对斜面的压力大小N1=mgcos D.斜面体的加速度大小为gtan ,【解析】选B。物块与斜面体相对静止,加速度相同,对 物块、斜面体这个整体,竖直方向上受力平衡有N2= (M+m)g,选项B正确;水平方向上根据牛顿第二定律有 F=(M+m)a,对斜面体,竖直方向上受力平衡有N2=Mg+ N1cos ,水平方向上根据牛顿第二定律有N1sin =Ma,解得N1= 选项A、C、D均错误。,迁移2:解析法分析动力学中的临界问题 (多选)(2018蚌埠模拟)如图所示,质量分别为mA=1kg 和mB=2 kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上,A受到向右推力FA=9-2t(N)作用,B受到向右拉力FB=2t(N)作用。从t=0开始计时,则 (),导学号04450066 A.当t=3 s时,A、B开始分离 B.当t=4.5 s时,A、B开始分离 C.A、B分离之前整体做加速度相同的匀加速直线运动 D.A、B分离之后A、B各做加速度不同的匀加速直线运动,【解析】选A、C。A、B分离之前,对于A、B整体,根据 牛顿第二定律有a= =3 m/s2,设A、B间的作用为 f,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得f+FB=mBa,解 得f=6-2t(N),当t=3 s时f=0,A、B两物块开始分离。此 后A物块做加速度逐渐减小的加速运动,当t=4.5 s时A 物块的加速度为零而速度不为零,t4.5 s后,A所受合 外力反向,即做减速运动。B一直做加速度逐渐增大的 加速运动。故A、C正确。,迁移3:动力学中的极值问题 如图所示,一质量m=0.4 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t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、 B之间的距离L=10 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。,(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)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L=v0t+ at2 v=v0+at 联立式,代入数据得a=3 m/s2 v=8 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 -Ff=ma Fsin +FN-mgcos =0 又Ff=FN 联立式,可得: F= ,由数学知识得 cos + sin = sin(60+) 由式可知对应F最小时的夹角=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,【通关秘籍】 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,绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件是当加速度变为0时。,2.“两种”典型分析方法: (1)临界法:分析题目中的物理过程,明确临界状态,直接从临界状态和相应的临界条件入手,求出临界值。 (2)解析法:明确题目中的变量,求解变量间的数学表达式,根据数学表达式分析临界值。,【加固训练】 如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时,B与A分离,下列说法正确的是(),A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时,它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B和A分离前,它们做匀加速直线运动,【解析】选C。A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于 F是恒力,而弹力是变力,故A、B做变加速直线运动,当 两物体要分离时,FAB=0,对B:F-mg=ma, 对A:kx-mg=ma。即F=kx时,A、B分离,此时弹簧处于压 缩状态,由F=mg,拉B前设弹簧压缩量为x0,则2mg=kx0, h=x0-x,解以上各式得k= ,综上所述,只有 C项正确。,用牛顿运动定律处理动力学问题 【经典案例】 (17分)(2016四川高考)避险车道是避免恶性交通事 故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖 直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一,辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制 动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端, 货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了 4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车 停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间 的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡,床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos=1,sin=0.1,g= 10 m/s2。求:导学号04450068,(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向。 (2)制动坡床的长度。,【思维轨迹】 (1)货物在车厢内滑动过程中: 受力分析:重力、支持力、摩擦力,F合=f+mgsin。 运动分析:匀减速直线运动F合=ma。,(2)货车从车尾位于制动坡床的底端到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中: 受力分析:重力、坡床的支持力、货物的压力、摩擦力、制动坡床的阻力。,运动分析:初速度为23 m/s 的匀减速直线运动。 Mgsin +F-f=Ma2 x=v0t- a2t2。 (3)货物与货车在发生相对滑动过程中的位移关系 x货-x车=4 m。,【规范解答】 解:(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mgsin=ma1(2分) f=mgcos(1分),联立并代入数据得a1=5 m/s2(2分) a1的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为M,从车尾位于制动坡床的底端、车 速为v=23 m/s到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中, 所用时间为t,货物相对于制动坡床的位移为s1,在车厢 内滑动了s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对于制,动坡床的位移为s2,货车受到制动坡床的阻力大小为 F,F是货车和货物总重力的k倍,k=0.44,货车长度l0= 12 m,制动坡床的长度为l,则M=4m Mgsin+F-f=Ma2(2分) F=k(m+M)g(2分) s1=vt- a1t2(2分),s2=vt- a2t2(2分) s=s1-s2(1分) l=l0+s0+s2(1分) 联立以上各式并代入数据得 l=98 m(2分),【答题规则】 规则1:解析过程、分步列式 解题时要注意分步列式,不要漏掉或合并关系式,避免阅卷时找不到得分点,或者合并的综合算式一处错误而导致全部丢分。,规则2:矢量方程,注意方向 牛顿第二定律及匀变速直线运动的运动学公式都是矢量式,列方程时要注意正方向的规定。,规则3:数学运算,可以淡化 应用物理过程导出的一般数学运算过程不是得分点,解析过程中可以简化。,规则4:文字说明,简洁明了 分析过程,分步列式时应加以必要的文字说明,使解题过程更具有系统性。,
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