步步高高三物理总复习Word文档第3章 牛顿运动定律专题三.docx

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步步高高三物理总复习Word文档第3章牛顿运动定律专题三

专题三　牛顿运动定律的综合应用

考纲解读

1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．

1．[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是（　　）

A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了

B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态

D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化

答案　D

解析　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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．

2．[超重与失重概念的应用]下列说法中正确的是（　　）

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

答案　B

解析　当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．

3．[动力学中的图象问题]一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图1所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是（　　）

图1

A．木块的位移

B．木块的加速度

C．木块所受摩擦力

D．木块与桌面间的动摩擦因数

答案　C

解析　位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．

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．

考点一　超重与失重现象

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.

例1

　如图2所示，物体A被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物体下滑时与静止时比较，台秤的示数（　　）

图2

A．增加

B．减小

C．不变

D．无法确定

解析　细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，则物体A将加速下滑，则物体A的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，则A处于失重状态，故台秤对系统的支持力将减小，故B正确．

答案　B

突破训练1

　在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一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变化的图象，则下列图象中可能正确的是（　　）

答案　D

解析　该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确．

考点二　动力学中的图象问题

1．图象的类型

（1）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．

（2）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．

2．问题的实质

是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．

例2

　如图3甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面与物块、地面与物块间的动摩擦因数相同，g取10m/s2，求：

图3

（1）斜面的长度s；

（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ；

（3）斜面倾角θ的正弦值．

答案　

（1）25m　

（2）0.5　（3）0.6

解析　

（1）物块在斜面上做匀加速运动，所以

＝

＝5m/s

s＝

t＝25m

（2）物块在水平面上做匀减速运动，设其减速的加速度大小为a1，则由题图乙知

a1＝5m/s2

又由牛顿第二定律得：

μmg＝ma1

解得μ＝0.5

（3）设滑块从斜面上滑下的加速度大小为a2，则由题图乙知

a2＝2m/s2

又由牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

sin2θ＋cos2θ＝1

解得：

sinθ＝0.6

　　　　　数图结合解决动力学问题

物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等，解决图象问题的关键有：

（1）分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．

（2）明确图线斜率的物理意义，如v－t图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：

图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．

（3）明确能从图象中获得哪些信息：

把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息（如v－t图线所围面积表示位移等）并结合牛顿运动定律求解．

突破训练2

　我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图4所示．以下判断正确的是（　　）

图4

A．6min～8min内，深潜器的加速度最大

B．4min～6min内，深潜器停在深度为60m处

C．3min～4min内，潜水员处于超重状态

D．6min～10min内，深潜器的加速度不变

答案　C

解析　速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6min～8min内深潜器的加速度小于3min～4min内深潜器的加速度，A错误.4min～6min内，深潜器停在深度为360m处，B错误.3min～4min内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C正确.6min～8min内与8min～10min内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D错误．

考点三　动力学中的临界极值问题

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，明显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”，而这些起止点往往就对应临界状态；

（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；

（4）若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．

例3

　（2013·山东·22）如图5所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

.重力加速度g取10m/s2.

图5

（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＋

at2①

v＝v0＋at②

联立①②式，代入数据得

a＝3m/s2③

v＝8m/s④

（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α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤

Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥

又Ff＝μFN⑦

联立⑤⑥⑦式得

F＝

⑧

由数学知识得

cosα＋

sinα＝

sin（60°＋α）⑨

由⑧⑨式可知对应最小F的夹角

α＝30°⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为

Fmin＝

N

答案　

（1）3m/s2　8m/s　

（2）30°　

N

　　　　　　　动力学中的典型临界条件

（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）绳子断裂与松驰的临界条件：

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，绳子松驰的临界条件是：

FT＝0.

（4）加速度变化时，速度达到最值的临界条件：

当加速度变为零时．

突破训练3

　如图6所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，g取10m/s2，则（　　）

图6

A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对运动

C．两物体从受力开始就有相对运动

D．两物体始终没有相对运动

答案　D

解析　当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动．此时对B有：

Ffmax＝μmAg＝12N，而Ffmax＝mBa，a＝6m/s2，即二者开始相对运动时的加速度为6m/s2，此时对A、B整体：

F＝（mA＋mB）a＝48N，即F>48N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．

　12.“传送带模型”问题的分析思路

1．模型特征

一个物体以速度v0（v0≥0）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7（a）、（b）、（c）所示．

图7

2．建模指导

传送带模型问题包括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．

例4

　如图8所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB（与水平面成α＝37°）与一斜面BC（与水平面成θ＝30°）平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6m，运输带运行速度恒为v0＝5m/s，A点到B点的距离为x＝4.5m，现将一质量为m＝0.4kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝

，求：

（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计）

图8

（1）小物体运动到B点时的速度v的大小；

（2）小物体与运输带间的动摩擦因数μ；

（3）小物体从A点运动到C点所经历的时间t.

审题与关联

解析　

（1）设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点的速度为v，由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1

由运动学公式知v2＝2a1L，联立解得v＝3m/s.

（2）因为v

又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝

.

（3）小物体从A点运动到B点经历时间t1＝

，从B运动到C经历时间t2＝

联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间t＝t1＋t2＝3.4s.

答案　

（1）3m/s　

（2）

　（3）3.4s

　　　　　　　解答传送带问题应注意的事项

（1）水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．

（2）传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：

相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．

（3）倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．

　13.“滑块—木板模型”问题的分析思路

1．模型特点：

上、下叠放两个物体，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．

例5

　如图9所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A（可视为质点）．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2.求：

图9

（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；

（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；

（3）木板B的长度l.

审题与关联

解析　

（1）A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律

对A有μmg＝maA

则aA＝μg＝4.0m/s2

方向水平向右

对B有μmg＝MaB

则aB＝μmg/M＝1.0m/s2

方向水平向左

（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则v0＝aAt1，解得t1＝v0/aA＝0.50s

B相对地面向右做匀减速运动x＝v0t1－

aBt

＝0.875m

（3）A先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0m/s2

B板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0m/s2

当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．

在A相对地面速度为零时，B的速度

vB＝v0－aBt1＝1.5m/s

设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则

aAt2＝vB－aBt2

解得t2＝vB/（aA＋aB）＝0.3s

共同速度v＝aAt2＝1.2m/s

从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移

xA＝

＝

m＝0.32m

B向右运动的位移

xB＝

＝

m＝1.28m

B板的长度l＝xA＋xB＝1.6m

答案　

（1）A的加速度大小为4.0m/s2，方向水平向右　B的加速度大小为1.0m/s2，方向水平向左　

（2）0.875m　（3）1.6m

高考题组

1.（2013·浙江·19）如图10所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于该热气球，下列说法正确的是（　　）

图10

A．所受浮力大小为4830N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s

D．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N

答案　AD

解析　从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m（g＋a）＝4830N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5m/s的时间大于10s，C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff＝0，计算得Ff＝230N，D正确．

2．（2013·江苏单科·14）如图11所示，将小砝码（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.

图11

（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；

（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

答案　

（1）μ（2m1＋m2）g　

（2）F>2μ（m1＋m2）g

（3）22.4N

解析　

（1）砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ（m1＋m2）g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ（2m1＋m2）g.

（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：

f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ（m1＋m2）g.

（3）纸板抽出前，砝码运动距离x1＝

a1t

.纸板运动距离x2＋d＝

a2t

.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝

a3t

，l＝x1＋x2

且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得

F＝2μ

g，代入数据求得F＝22.4N.

模拟题组

3．传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图12所示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则以下判断正确的是：

（　　）

图12

A．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关

B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1

C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1

D．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1

答案　ACD

4．如图13所示，质量为2kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为1kg可视为质点的木块A以水平速度v0＝2m/s从右端向左滑上木板，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，此时有一水平向右的力F＝10N作用在木板上．g取10m/s2.

图13

（1）求开始时木块A和木板B各自的加速度大小；

（2）若木板足够长，求从木块滑上木板到木块和木板速度相等所经历的时间；

（3）要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度．

答案　

（1）5m/s2　2.5m/s2　

（2）0.8s　（3）0.8m

解析　

（1）对木块和木板分别受力分析

对A：

a1＝μg，a1＝5m/s2

对B：

F－μmAg＝mBa2，a2＝2.5m/s2

（2）设A向左减速到v＝0时所用时间为t1

0＝v0－μgt1，t1＝0.4s

此时vB＝a2t1＝1m/s

A、B一起向右加速到共速所用时间为t2

a1t2＝vB＋a2t2，t2＝0.4s

t总＝t1＋t2＝0.8s

（3）A向左减速时，xA＝

，xA＝0.4m

此时B向右加速，xB＝

a2t

，xB＝0.2m

A、B相反运动过程中的相对位移为Δx1＝0.6m

A、B一起向右运动过程中A、B的位移差为

Δx2＝xB′－xA′＝

－

a1t

＝0.2m

要使木块不滑下，木板最小长度为Δx总＝Δx1＋Δx2＝0.8m.