一轮复习物理江苏专版第三章 第3节 牛顿运动定律的综合应用

1、牛顿运动定律的综合应用 第3节课前回顾基础速串课堂提能考点全通课后演练逐点过关231返回宏观整合，微观提醒，回顾旧知短平快课 前 回 顾 基础 速 串返回返回宏观 循图忆知 返回返回微观微观易错判断易错判断 (1)超重就是物体的重力变大的现象。 ( ) (2)失重时物体的重力小于mg。 ( ) (3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 ( ) (4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。 ( ) (5)加速上升的物体处于超重状态。 ( ) (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) (7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。 ( ) (8

2、)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。 ( ) (9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。 ( ) 返回易点速过，难点精研，时间用到增分点上课 堂 提 能 考点 全 通返回突破点(一) 对超重与失重的理解 (自主悟透类) 1不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 2物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。 3当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生ag的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆

3、停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。 返回题点全练题点全练 1(2018无锡六校联考)高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( ) A人向上弹起过程中，一直处于超重状态 B人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动 返回解析：解析：人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后的一段弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失

4、重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，C正确；从最高点下落至最低点的过程， 人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后再做加速度增大的减速运动，故D错误。 答案：C 返回2多选(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( ) At2 s时最大 Bt2 s时最小 Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小 返回解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FNmgm

5、a。 由牛顿第三定律得人对地板的压力FNFNmgma。当t2 s时a有最大值，FN最大；当t8.5 s时，a有最小值，FN最小，选项A、D正确。 答案：AD 返回突破点(二) 动力学中整体法与隔离法的应用 1什么是整体法与隔离法 (1)整体法是指对问题涉及的整个系统或过程进行研究的方法。 (2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。 (方法模型类) 返回2整体法与隔离法常用来解决什么问题整体法与隔离法常用来解决什么问题 (1)连接体问题 这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。 建立坐标系时要根据矢量正交

6、分解越少越好的原则，选择正交分解力或正交分解加速度。 返回返回(2)滑轮类问题 若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如(如图所示如图所示)，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。 返回3应用整体法与隔离法的注意点是什么应用整体法与隔离法的注意点是什么 物体系统的动力学问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是： (1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。 返回典例 (20

7、18湘潭四模)如图甲所示，滑块(可视为质点)与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态且滑块位于木板的左端。作用于滑块的水平力随时间t变化的图像如图乙所示。已知滑块质量m0.5 kg，木板质量M1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数0.1， 取g10 m/s2。 求： (1)1 s末滑块的速度大小； (2)04 s内木板的位移大小。 返回审题指导审题指导 (1)先判断出在01 s内滑块与木板是相对静止的。方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图像的信息分析。再由运动学公式求解速度。 (2)

8、01 s木板匀加速、14.0 s内木板也是匀加速，由牛顿第二定律求出加速度，再由位移公式求出位移。 返回解析解析 (1)设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得： mgMa0， 得：a0mgM0.5 m/s2。 对整体，有：F0(Mm )a00.75 N 由图知，在01 s内，F0.6 NF0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度aFMm0.4 m/s2， 则t1 s时滑块的速度大小为：v1at10.4 m/s。 返回(2)01 s内，木板的位移为： x112at12120.412 m0.2 m 在1 s4.0 s内，F1.2 NF0，所以两者

9、相对滑动，木板的位移大小为： x2v1t212a0t220.43 m120.432 m3 m 故04.0 s内木板的位移大小为：xx1x23.2 m。 答案 (1)0.4 m/s (2)3.2 m 返回集训冲关集训冲关 1多选(2018苏南模拟)如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动， 现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是 ( ) ATa增大 BTb增大 CTa减小 DTb减小 返回解析：解析： 设最左边的物体质量为m， 最右边的物体质量为m，整体质量为M， 整体的加速度aFM， 对最左边的

10、物体分析，Tbma，对最右边的物体分析，有FTama，解得TaFma。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确。 答案：AD 返回2多选多选如图甲所示，圆桶沿固定的光滑斜面匀加速下滑，现把一个直径与桶内径相同的光滑球置于其中后，仍静置于该斜面上，如图乙所示，释放后圆桶 ( ) A仍沿斜面以原来的加速度下滑 B将沿斜面以更大的加速度下滑 C下滑过程中，圆桶内壁与球间没有相互作用力 D下滑过程中，圆桶内壁对球有沿斜面向下的压力 返回解析：解析：设斜面与水平面之间的夹角为，斜面是光滑的，开始时圆筒沿斜面方向受到的重力的分力提供

11、加速度， 则：agsin ，把一个直径与桶内径相同的光滑球置于其中后，整体的重力沿斜面方向的分力仍然提供沿斜面向下的加速度， 所以：aagsin ，所以桶仍沿斜面以原来的加速度下滑，故A正确，B错误；对球进行受力分析，可知沿斜面方向：mamamg sin ，小球沿斜面方向提供加速度的合力恰好等于其重力沿斜面方向的分力，所以小球与桶的内壁之间没有相互作用力，故C正确，D错误。 答案：AC 返回返回3(2018无锡四校协作体期中无锡四校协作体期中)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则 ( ) A小球对圆槽的压力为MFmM B小球对圆

12、槽的压力为mFmM C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大 D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小 返回解析：解析：由整体法可求得系统的加速度由整体法可求得系统的加速度aFMm，小球对圆槽的压力FNm g2a2m g2F2? Mm ?2，当F增大后，FN增大，只有C正确。 答案：C 返回突破点(三) 动力学中的临界极值问题 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，即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”，而这些起止点往往对应临界状态。 (3)若

13、题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”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”、“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 临界或极值条件的标志 (多维探究类) 返回(一)接触与脱离的临界问题 例 1 (2018淮南一模)如图所示， 质量均为m3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k 100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块 B 在水平外力F 作用下向右做a2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离， 已知两物块与地面间的动摩擦因数均

14、为0.5， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，求： (1)物块A、B静止时，弹簧的形变量； (2)物块A、B分离时，所加外力F的大小； (3)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。 返回解析 (1) A、B静止时，对A、B整体，应用平衡条件可得kx12 mg，解得 x10.3 m。 (2)物块A、B分离时，对B，根据牛顿第二定律可知：Fmgma， 解得Fmamg32 N0.530 N21 N。 (3) A、B静止时，对A、B： 根据平衡条件可知：kx12 mg A、B分离时，对A，根据牛顿第二定律可知：kx2mgma，此过程中物体的位移为x1x212at2，解得 t0.3 s。

15、 答案 (1)0.3 m (2)21 N (3)0.3 s 返回方法规律方法规律 (1)两接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。 (2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同，但物体间的作用力为零。 返回(二)叠加体系统的临界极值问题 例 2 多选如图所示，A、B两物块的质量分别为2 m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为12。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则 ( ) A当F3 mg时，A相对B滑动 D无论F为何值，B的加速度不会超过12g 返回解析 A、B间的最大静摩擦力为2 mg，B和地面之间的最大静摩擦力为32m

16、g，对A、B整体，只要F32mg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动， 故A、B一起运动的加速度的最大值满足2 mg32mgmamax，B运动的最大加速度amax12g，选项D正确；对A、B整体，有F32mg3 mamax，则F3 mg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F52mg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F32mg3 ma，解得a13g，选项B正确。 答案 BCD 返回方法规律方法规律 叠加体系统临界问题的求解思路 返回(三)运动类临界极值问题 例 3 (2018河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，

17、可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v010 m/s的速度沿木板向上运动，随着 的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。 返回解析解析 (1)当30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin Ff，Ffmg cos 联立解得：33。 (2)当变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则mg sin mg cos ma， 由0v022 ax得xv022 g?sin cos ?， 令cos 11

18、2，sin 12， 即tan ，则xv022 g 12sin?， 返回当当90时时x最小，即最小，即60， 所以所以x最小值为最小值为 xminv022 g?sin 60 cos 60? m 3 v024 g5 32 m。 答案 (1)33 (2) 60 5 32 m 返回方法规律方法规律 运动类临界极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达出来，再借助数学知识求解临界条件和极值。 返回连接体中力的“分配协议” 典例 多选 如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均

19、为。为了增加轻线上的张力，可行的办法是 ( ) A减小A物块的质量 B增大B物块的质量 C增大倾角 D增大动摩擦因数 返回解析 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得： F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a， 隔离物体B，应用牛顿第二定律得， FTmBgsin mBgcos mBa。 以上两式联立可解得：FTmBFmAmB，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。 答案 AB 返回如图所示，一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12m2Fm1m2，若作用于m2上， 则F12m1Fm1m2。 此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于平面、 斜面、 竖直方向此“协议”都成立。 反思领悟反思领悟 返回应用体验应用体验 1(2018蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接， 用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1