高三物理一轮复习第三章内部资料专题三.docx

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高三物理一轮复习第三章内部资料专题三

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（　　）

A．增加

B．减小

C．不变图2

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，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A的v－t图象的是（　　）

图3

解析　刚开始，外力F较小，A、B保持相对静止，加速度大小为a＝

＝

，可见，加速度a的大小随着时间t逐渐增大，对应的v－t图线的斜率逐渐增大，C、D错误；随着时间t的增大，外力F增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A与木板B发生相对运动，此时有Ff＝ma，F－Ff＝ma，解得F＝2Ff，即kt＝2Ff，可见t>

后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v－t图线是倾斜的直线，A错误，B正确．

答案　B

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、情景结合，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

　如图4所示，足够长的水平传送带以v0＝2m/s的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2s时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在下列图中，关于滑块相对地面运动的v－t图象正确的是（　　）

图4

答案　D

解析　①t＝0时，小滑块受向右的摩擦力做加速运动有μmg＝ma，a＝2m/s2，由v0＝at1，得t1＝1s.

②1s～2s，滑块相对地面以v0匀速运动．

③t＝2s时，滑块受向左的摩擦力，以2m/s2做减速运动，运动时间为t2＝1s,3s时减速为0.

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°，物块与斜面之间的图5

动摩擦因数μ＝

.重力加速度g取10m/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＋

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的过程图6

中，g取10m/s2，则（　　）

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，现将一质量为图8

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）

（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

（　　）

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图10

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·广东·19）如图11，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）

图11

A．甲的切向加速度始终比乙的大

B．甲、乙在同一高度的速度大小相等

C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度

D．甲比乙先到达B处

答案　BD

解析　在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则切向力为：

mgsinθ＝mat，可以看出甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，在B点，就有甲的切向加速度小于乙，当然这样的地方还有很多，A错．当甲、乙下降相同的高度h时，由动能定理得：

mgh＝

mv2，即：

v＝

，B对．画切向速度函数图象如下：

分析过程：

经分析甲、乙开始一段时间，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面图（a）、（b）、（c）3种可能，假设图（b）成立，从0到末时刻有s甲>s乙，末时刻速度大小相同，表示甲、乙下降的高度相同，然后用水平线去截甲、乙轨迹，如图（d）所示，则有s甲

模拟题组

3．如图12所示

是自动扶梯运送乘客的示意图，扶梯在正常工作状态

下做匀速运动，乘客很安全．但某市地铁站自动扶梯上的乘客却

经历了惊魂时刻，当时地铁站的自动扶梯突发故障，载有100余

名乘客的扶梯匀速上行中突然反向，变成匀速下行，致使部分乘客图12

摔倒受伤．下列分析正确的是（　　）

A．匀速上行过程中乘客处于平衡状态

B．匀速下行过程中乘客处于失重状态

C．扶梯匀速上行突然反向的过程中乘客对扶梯的摩擦力方向向右

D．扶梯在突然反向的过程中乘客处于超重状态

答案　AC

解析　由题意知，自动扶梯不论是匀速上行还是匀速下行，乘客都是处于平衡状态，没有超重和失重，扶梯匀速上行时突然反向，则扶梯相对乘客向左运动，所以乘客对扶梯的摩擦力方向向右，故A、C正确．

4．如图13所示，

为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地

面的倾角θ＝37°，A、B两端相距5.0m，质量为m＝10kg的物

体以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与

传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的

速度v＝4.0m/s，（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

图13

（1）物体从A点到达B点所需的时间；

（2）若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？

答案　

（1）2.2s　

（2）1s

解析　

（1）设在AB上物体的速度大于v＝4.0m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

设经t1速度与传送带速度相同，t1＝

通过的位移x1＝

设速度小于v时物体的加速度为a2

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点

L－x1＝vt2－

a2t

t＝t1＋t2＝2.2s

（2）若传送带的速度较大，沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2

L＝v0t′－

a2t′2

t′＝1s