（新课标）202x版高考物理一轮复习 第三章 微专题3 牛顿运动定律的综合应用

1、微专题3 牛顿运动定律的综合应用,考点一 超重与失重现象,考点二 动力学观点在连接体中的应用,考点三 动力学中的临界、极值问题,考点突破,考点四 传送带问题,考点五 滑块滑板模型分析,考点六 牛顿运动定律在解决多过程问题中的应用,考点一超重与失重现象,考点突破,1.对超重与失重的理解 (1)实重和视重 实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。 视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即视重,2)超重、失重和完全失重现象的比较,2.判断方法 (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

2、有分量,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现象。 3.超重和失重现象判断的“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)从速度变化的角度判断 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,例1(多选)(2019河北保定月考)一人乘电梯

3、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( AD,A.t=2 s时最大,B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小,解析地板对人的支持力FN=mg+ma,t=2 s时,a有正的最大值,此时FN最大,由牛顿第三定律可知,A正确,B错误;t=8.5 s时,a有负的最大值,此时FN最小,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确,1.(多选)(2017河北邯郸模拟)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面到下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,运动员( CD,A.在第一过程中始终处于失重

4、状态 B.在第二过程中始终处于超重状态 C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态 D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态,解析第一过程中运动员先向下加速后向下减速,故运动员先处于失重状态后处于超重状态,故A错,C正确。第二过程中运动员先向上加速后向上减速,故先处于超重状态后处于失重状态,故B错,D正确,2.如图所示,台秤上有一装水容器,容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球。某时刻细线断开,乒乓球向上加速运动,在此过程中,关于台秤的示数与细线断前相比的变化情况及原因。下列说法正确的是( D,A.由于乒乓球仍在容器中,所以示数与细线断前相同 B.细线断后不再向上提拉容器底部,所以

5、示数变大 C.细线断后,乒乓球有向上的加速度,处于超重状态,故示数变大 D.容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移,处于失重状态,所以示数变小,解析乒乓球加速上升,整个系统重心加速下移,处于失重状态,故D正确,1.多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起,构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如图所示,考点二动力学观点在连接体中的应用,2.连接体问题的分析方法,例2如图所示,质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1的物块A,A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接。释放C,A和B一起以加速度a从静止开始运动,已知A、B间动摩擦因数为,则细线中的拉力大小为

6、( C,A.Mg B.Mg+Ma C.(m1+m2)aD.m1a+m1g,解析以C为研究对象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B错误;以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正确;A、B间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对B可知f=m2a,对A可知T-f=m1a,f=f,联立解得T=(m1+m2)a,故D错误,考向1加速度相同的连接体问题 1.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动,力F的最大值是( A,A.B. C.-(m+M)gD.+(m+M)g,解析对整个系统

7、应用牛顿第二定律有 F-(M+m)g=(M+m)a 对木块应用牛顿第二定律有 2f-Mg=Ma 由联立可得F=,故A正确,考向2加速度不同的连接体问题 2.一个弹簧测力计放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P为一重物,已知P的质量M=10.5 kg,Q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800 N/m,系统处于静止。如图所示,现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2 s内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力。求力F的最大值与最小值。 (取g=10 m/s2,答案168 N72 N,解析设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2 s时

8、弹簧的压缩量为x2,物体P的加速度为a,则有 kx1=(M+m)g kx2-mg=ma x1-x2=at2 由式得x1=0.15 m 由式得a=6 m/s2 F小=(M+m)a=72 N,F大=M(g+a)=168 N,方法总结,考点三动力学中的临界、极值问题,1.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,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。

9、 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度,2.“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:当加速度变为0时,3.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法; (2)根据临界条件列不等式法; (3

10、)利用二次函数的判别式法; (4)极限法,例3如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F,如图乙所示。要使A、B不相对滑动,求F的最大值Fm,答案6.0 N 解析根据题图甲所示,设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时,系统的加速度为a。根据牛顿第二定律,对A、B整体有F=(mA+mB)a,对A有fm=mAa,代入数据解得fm=2.0 N。 根据题图乙所示情况,设A、B刚开始相对滑动时系统的加速度为a,根据牛顿第二

11、定律有: fm=mBa,Fm=(mA+mB)a, 代入数据解得Fm=6.0 N,1.(多选)(2019河南信阳期末)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m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。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(BCD,A.当F3mg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过g,解析A、B间的最大静摩擦力为2mg,B和地面之间的最大静摩擦力为mg,对A、B整体,只要Fmg,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

12、值满足2mg-mg=mamax,B运动的最大加速度amax =g,选项D正确;对A、B整体,有F-mg=3mamax,则F3mg时两者会发 生相对运动,选项C正确;当F=mg时,两者相对静止,一起滑动,加速度,满足F-mg=3ma,解得a=g,选项B正确,2.(2018河北衡水一模)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,B与地面之间的动摩擦因数为。 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.11B.23C.13D.32,解析当水平力作

13、用在A上,使A刚好要相对B滑动,临界情况是A、B的加速度相等,对B分析,B的加速度为:aB=a1=g;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=g。可得a1a2=13,C正确,考点四传送带问题,1.模型特征 (1)水平传送带模型,2)倾斜传送带模型,2.传送带模型动力学分析 (1)传送带模型问题的分析流程,2)判断方法 水平传送带,倾斜传送带,例4(2017四川成都模拟)如图所示,传送带与水平地面间的夹角=37,A到B的长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质

14、量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10 m/s2,求,1)煤块从A运动到B的时间; (2)煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的 黑色痕迹的长度,答案(1)1.5 s(2)5 m 解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,受力分析如图甲所示,其加速度为a1=g(sin + cos )=10 m/s2 与传送带共速所用时间t1=1 s 煤块运动的位移x1=a1=5 mL 即煤块下滑5 m时与传送带速率相等。 煤块速度达到v0后,受到向上的摩擦力,由于tan 37,煤

15、块仍将加速下滑,受力分析如图乙所示,煤块的加速度,a2=g(sin - cos )=2 m/s2 煤块距B处的距离x2=L-x1=5.25 m 又有x2=v0t2+a2,得t2=0.5 s 则煤块从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s,2)煤块以加速度a1运动时留下的黑色痕迹长x1=v0t1-x1=5 m 煤块以加速度a2运动时留下的黑色痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m x1与x2部分重合,故痕迹总长为5 m,甲 乙,1.如图所示,水平传送带两端相距x=8 m,工件与传送带间的动摩擦因数=0.6,工件滑上A端时的速度vA=10 m/s,设工件到达B端时的速度为vB。(取g=10

16、 m/s2,考向1水平传送带模型,1)若传送带静止不动,求vB。 (2)若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗?若不能,说明理由;若能,求到达B端时的速度vB。 (3)若传送带以v=13 m/s的速率逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间,答案(1)2 m/s(2)能2 m/s(3)13 m/s0.67 s 解析(1)根据牛顿第二定律可得mg=ma,则a=g=6 m/s2,且-=2ax, 故vB=2 m/s。 (2)当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终做匀减速运动,故工件到达B端时的速度vB=2 m/s。 (3)工件速度达到13 m/s时所用时间为t1=0.

17、5 s,运动的位移为x1= vAt1+a=5.75 m8 m,则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s,此后工件 与传送带相对静止,因此工件先做匀加速运动后做匀速运动,匀速运动,的位移x2=x-x1=2.25 m,t2=0.17 s,t=t1+t2=0.67 s,考向2倾斜传送带模型 2.如图所示,与水平面成=30角的倾斜传送带正以v=3 m/s 的速度匀速运行,A、B两端相距l=13.5 m。现每隔1 s把质量m=1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运动,工件与传送带间的动摩擦因数=,取g=10 m/s2,结果保留两位有效数字。求,1)相邻工件间的最小距离和最

18、大距离; (2)满载与空载相比,传送带需要增加多大的牵引力,答案(1)0.50 m3.0 m(2)33 N 解析(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a,则mg cos -mg sin =ma 代入数据解得a=1.0 m/s2 刚放上下一个工件时,该工件离前一个工件的距离最小,且最小距离dmin=at2 解得dmin=0.50 m 当工件匀速运动时,两相邻工件相距最远,则 dmax=vt=3.0 m,2)由于工件加速运动的时间为t1=3.0 s,因此传送带上总有三个(n1=3) 工件正在加速,故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1=3mg cos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移

19、x=4.5 m 传送带上匀速运动的工件个数n2=3(个) 当工件与传送带相对静止后,每个工件受到的静摩擦力f0=mg sin ,所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2=n2f0,与空载相比,满载时传送带需增大的牵引力F=f1+f2 代入数据解得F=33 N,方法总结,1.模型特征 滑块滑板模型(如图a所示),涉及两个物体间的相对滑动,题目涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用等,属于多物体、多过程问题,综合性较强,对能力要求较高,频现于高考试卷中,例如2015年课标卷、中压轴题25题。另外,常见的子弹射击木块(如图b)、圆环在直杆上滑动(如图c)都属于 滑块滑板类问题,处理方法

20、 与滑块滑板模型类似,考点五滑块滑板模型分析,2.思维模板,3.解题步骤,例5(2017课标,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为2= 0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)B与木板相对静止时,木板的速度; (2)A、B开始运动时,两者之间的距离,答案(1)1 m/s(2)1.9 m 解析

21、(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 f1=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛顿第二定律得,f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 联立式,代入已知数据得 v1=1 m/s,2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为 sB=v0t1-aB 设在B与木板达到共同速度v1

22、后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t,2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2 对A有 v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2-a2 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2,A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同

23、。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9 m (也可用如图的速度-时间图线求解,1.一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求,1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数; (2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相 对于木板的位移的大小,答案(1)0.200.30(2)1.125 m 解

24、析(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板 减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。 由图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则 a1= a2,式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。 设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,由牛顿第二定律得 1mg=ma1 (1+22)mg=ma2 联立式得 1=0.20 2=0.30,2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设

25、物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则由牛顿第二定律得 f=ma1 22mg-f=ma2 假设f1mg,与假设矛盾。故 f=1mg 由式知,物块加速度的大小a1等于a1;物块的v-t图像如图中点划线 所示,由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s1=2,s2=t1+ 物块相对于木板的位移的大小为 s=s2-s1 联立式得 s=1.125 m,2.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙

26、壁碰撞 (碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求,1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离,答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m 解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起 向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由图(b)可知,木板与

27、墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1,式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立式并结合题给条件得 1=0.1 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有 -2mg=ma2,由图(b)可得 a2= 式中,t2=2 s,v2=0,联立式并结合题给条件得 2=0.4 (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg+1

28、(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t,v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s1=t 小物块的位移为 s2=t 小物块相对木板的位移为 s=s2-s1,联立式,并代入数据得 s=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 1(m+M)g=(m+M)a4,0-=2a4s3 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 联立式,并代入数据得 s=-6.5 m 木板右端离墙壁

29、的最终距离为6.5 m,1.有一个冰上木箱的游戏节目,规则是:选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在冰上有效区域内,视为成功;若箱最后未停在冰上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,BC为有效区域。已知BC长度L2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数=0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取 10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功,试求,考点六牛顿运动定律在解决多过程问题中的应用,1)推力作用在木箱上时的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件,答案(1)3 m/s2(2)1 st s 解析(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1,根据牛顿第二定 律得 F-mg=ma1 解得a1=3 m/s2 (2)撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得 mg=ma2 解得a2=1 m/s2 推力作用在木箱上时间t内的位移为,x1=a1t2 撤