专题二牛顿运动定律的综合应用.docx

1、专题二牛顿运动定律的综合应用专题二牛顿运动定律的综合应用考纲解读 1.把握超重、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.会进行力学多进程问题的分析考点一超重与失重现象1超重并非是重力增加了，失重并非是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了在发生这些现象时，物体的重力仍然存在，且不发生转变，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了转变(即“视重”发生转变)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，与物体向上运动仍是向下运动无关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

2、少是由物体的质量和竖直加速度一起决定的，其大小等于ma.例1如图1所示，起落机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，起落机静止时弹簧伸长量为10 cm，运动时弹簧伸长量为9 cm，那么起落机的运动状态可能是(g10 m/s2)()图1A以a1 m/s2的加速度加速上升B以a1 m/s2的加速度加速下降C以a9 m/s2的加速度减速上升D以a9 m/s2的加速度减速下降解析依照运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量10 cm，可知起落机的加速度向下，那么起落机的运动状态可能是以a1 m/s2的加速度加速下降，也可能是以a1 m/s2的加速度减速上升，故B正确答案B递进题组1超重与失重的判定关于超

3、重和失重现象，以下描述中正确的选项是()A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D“神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案D2超重与失重的明白得与应用如图2所示是某同窗站在力传感器上做下蹲起立的动作时记录的压力F随时刻t转变的图线由图线可知该同窗()图2A体重约为650 NB做了两次下蹲起立的动作C做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立D下蹲进程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲起立的动作时，下蹲进程中先向下加速后向下减速，因此先处

4、于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4 s末终止，到6 s末开始起立，因此A、C正确，B错误超重和失重现象判定的“三”技术(1)从受力的角度判定，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)从加速度的角度判定，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)从速度转变的角度判定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，失重考点二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“恰好”、“恰好”、“正好”等字

5、眼，明显说明题述的进程存在着临界点；(2)假设题目中有“取值范围”、“多长时刻”、“多大距离”等词语，说明题述的进程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)假设题目中有“最大”、“最小”、“最多”、“至少”等字眼，说明题述的进程存在着极值，那个极值点往往是临界点；(4)假设题目要求“最终加速度”、“稳固加速度”等，即是求扫尾加速度或扫尾速度例2(2021山东22) 如图3所示，一质量m kg的小物块，以v02 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t2 s的时刻物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间

6、的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.图3(1)求物块加速度的大小及抵达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，抵达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 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，受力分析如下图，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应最小F的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N答案(1

7、)3 m/s28 m/s(2)30 N递进题组3动力学中的临界问题如图4所示，物体A叠放在物体B上，B置于滑腻水平面上，A、B质量别离为mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数，开始时F10 N，尔后慢慢增大，在增大到45 N的进程中，则()图4A当拉力Fa0因此小球离开斜面(如下图)向右加速运动因此FT N，FN0动力学中的“四种”典型临界条件(1)接触与离开的临界条件：两物体相接触或离开，临界条件是：弹力FN0.(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，那么相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值(3)绳索断裂与松驰的临界条件：绳索所能经受的张力是

8、有限度的，绳索断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能经受的最大张力，绳索松驰的临界条件是：FT0.(4)加速度转变时，速度达到最值的临界条件：当加速度变成零时考点三“传送带模型”问题两类传送带模型(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定判定摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也确实是分析物体在运动位移x(对地)的进程中速度是不是和传送带速度相等物体的速度与传送带速度相等的时刻确实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形，从而确信其是不是受到滑动摩擦力作用若是受到滑动摩擦力作用应进一步确信其大

9、小和方向，然后依照物体的受力情形确信物体的运动情形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3如图6所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成37角)与一斜面BC(与水平面成30角)滑腻连接，B点到C点的距离为L m，运输带运行速度恒为v05 m/s，A点到B点的距离为x m，现将一质量为m kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能抵达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数1，求：(g10 m/s2，sin 37，cos 37，空气阻力不计)图6(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；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时刻t.

10、解析(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度为v，由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma1由运动学公式知v22a1L，联立解得v3 m/s.(2)因为vv0，因此小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，那么由牛顿第二定律知mgcos mgsin ma2又因为v22a2x，联立解得.(3)小物体从A点运动到B点所经历时刻t1，从B点运动到C点经历时刻t2联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时刻tt1t2 s.答案(1)3 m/s(2)(3) s递进题组5水平传送带模型如图7所示，水平传送带A、B两头相距s m，物体与传送带间的动摩擦因数，物体滑上传送带

11、A端的瞬时速度vA4 m/s，抵达B端的瞬时速度设为vB.以下说法中正确的选项是()图7A假设传送带不动，vB3 m/sB假设传送带逆时针匀速转动，vB必然等于3 m/sC假设传送带顺时针匀速转动，vB必然等于3 m/sD假设传送带顺时针匀速转动，有可能等于3 m/s答案ABD解析当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，ag1 m/s2，由2gsvv得，vB3 m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB3 m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情形不同有下面的五种可能：匀速；一直减速；先减速后匀速；一直加

12、速；先加速后匀速因此此题正确选项为A、B、D.6倾斜传送带模型如图8所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m kg的物体已知sin 37，cos 37，g10 m/s2.求：图8 (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时刻；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时刻答案(1)4 s(2)2 s解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，那么物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又tan ，故向下匀加速运动，设加速度为a，依照牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin

13、37gcos 372 m/s2，依照lat2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，那么物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1那么有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时刻为t1，位移为x1，那么有t1 s1 s，x1a1t5 mmgcos 37，那么下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，那么a22 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t，那

14、么有10t2t11解得：t21 s(t211 s舍去)因此t总t1t22 s.考点四“滑块木板模型”问题1问题的特点滑块木板类问题涉及两个物体，而且物体间存在相对滑动2常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的进程中，假设滑块和木板向同一方向运动，那么滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；假设滑块和木板向相反方向运动，那么滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度3解题方式此类问题涉及两个物体、多个运动进程，而且物体间还存在相对运动，因此应准确求出各物体在各个运动进程中的加速度(注意两进程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的冲破口求解中应注意联系两

15、个进程的纽带，每一个进程的末速度是下一个进程的初速度例4(2021江苏14)如图9所示，将小砝码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，几乎观看不到，这确实是大伙儿熟悉的惯性演示实验假设砝码和纸板的质量别离为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.图9(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 kg，m2 kg，砝码与纸板左端的距离d m，取g10 m/s2.假设砝码移动的距离超过l m，人眼就能够感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1

16、m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)g，纸板所受的摩擦力ff1f2(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，那么有：f1m1a1，Ff1f2m2a2，发生相对运动的条件a12(m1m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1a1t.纸板运动距离x1da2t.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2a3t，lx1x2且a1a3，a1t1a3t2，联立以上各式解得F2g，代入数据求得F N.答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3) N递进题组7滑块木板模型质量为m020 kg、长为L5 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为1.将质量m10 k

17、g的小木块(可视为质点)，以v04 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图10所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)那么以下判定中正确的选项是()图10A木板必然静止不动，小木块不能滑出木板B木板必然静止不动，小木块能滑出木板C木板必然向右滑动，小木块不能滑出木板D木板必然向右滑动，小木块能滑出木板答案A8滑块木板模型如图11所示，质量M8 kg的小车放在水平滑腻的平面上，在小车左端加一水平推力F8 N当小车向右运动的速度达到 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数，小车足够长求

18、：(取g10 m/s2)图11 (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时刻二者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，通过t s小物块通过的位移大小为多少答案观点析解析(1)小物块的加速度amg2 m/s2小车的加速度aM m/s2(2)由：amtv0aMt得t1 s(3)在开始1 s内小物块的位移：x1amt21 m最大速度：vamt2 m/s在接下来的 s内小物块与小车相对静止，一路做匀加速运动且加速度：a m/s2这 s内的位移：x2vt1at m通过的总位移xx1x2 m.“滑块木板模型”的分析技术 (1)分析滑块和木板的受力情形，依照牛顿第二定律别离求出

19、滑块和木板的加速度(2)对滑块和木板进行运动情形分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，成立方程专门注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移高考模拟明确考向1(2021北京理综18)应用物理知识分析生活中的常见现象，能够使物理学习加倍有趣和深切例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的选项是()A手托物体向上运动的进程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的进程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的刹时，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的刹时，手的加速度大于重力加速度答案D解析手托物体抛出的进程，必有一段加速进程，其后能够减速，能够匀速，当

20、手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速进程，此进程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的刹时，物体只受重力，现在物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离以后手速度的转变量比物体速度的转变量大，物体离开手的刹时，手的加速度大于重力加速度，因此选项D正确2.(2021四川7)如图12所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描

21、述小物体P速度随时刻转变的图象可能是()图12答案BC解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，那么可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一路向右匀速，此进程如图B所示，故B正确若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，现在P一直向右减速，减速到零后反向加速若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，假设有FTmg，尔后加速度a2，故C正确，A、D错误3(2021江苏8)如图13所示，A、B两物块的质量别离为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

22、加一水平拉力F，则()图13A当F3mg时，A相对B滑动D不管F为何值，B的加速度可不能超过g答案BCD解析当0Fmg时，A、B皆静止；当mg3mg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确当Fmg时，A与B一起的加速度ag，选项B正确F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2g，选项D正确4如图14所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m kg.当小车静止时，AC水平，AB与竖直方向夹角为37，试求小车别离以以下加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FAB别离为多少取g10 m/s2，sin 37，cos 37.图14(1)a15 m/s

23、2；(2)a210 m/s2.答案(1)FAB5 N，FAC1 N(2)FAB4 NFAC0解析设绳AC水平且拉力恰好为零时，临界加速度为a0.依照牛顿第二定律FABsin ma0，FABcos mg.联立两式并代入数据得a0 m/s2(1)当a15 m/s2a0，现在AC绳不能伸直，FAC0.AB绳与竖直方向夹角，据牛顿第二定律FABsin ma2，FABcos mg.联立两式并代入数据得FAB4 N练出高分一、单项选择题1如图1所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动进程中容器B的底面始终维持水平，以下说法正确的选项是()图1A在上升和下降进程中A对B的压

24、力都必然为零B上升进程中A对B的压力大于物体A受到的重力C下降进程中A对B的压力大于物体A受到的重力D在上升和下降进程中A对B的压力都等于物体A受到的重力答案A解析以A、B整体为研究对象，在上升和下降进程中，A、B的加速度都为重力加速度，处于完全失重状态，A对B的压力为0.故A正确2如图2所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以必然的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动进程中，以下有关说法中正确的选项是()图2A地面对木楔的支持力大于(Mm)gB地面对木楔的支持力小于(Mm)gC地面对木楔的支持力等于(Mm)gD地面对木

25、楔的摩擦力为0答案A解析由于物体m沿斜面向下做减速运动，那么物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，那么其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，因此可确信A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误3如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，那么图中能客观地反映小木块的速度随时刻转变关系的是()图3答案D解析小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由

26、分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，小木块在重力作用下将继续加速，尔后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2g(sin cos )因此此题正确选项为D.4如图4所示，传送带维持1 m/s的速度顺时针转动现将一质量m kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数，a、b间的距离L m，那么物体从a点运动到b点所经历的时刻为(g取10 m/s2)()图4 s B(1) s C3 s D s答案C解析物体在传送带上运动的加速度为ag1 m/s2，加速到与传送带共速的时刻为t11 s，加速的距离为xt1 m，以后物体随传送带匀速运动的时刻为t22 s，那么物体从a点运动到b点所经历的时刻为3 s，选项C正确5如图5所示，木块A、B静止叠放在滑腻水平面上，A的质量为m，B的质量为2m.现施水平力F拉B(如图甲)，A、B恰好不发生相对滑动，一路沿水平面运动假设改用水平力F拉A(如图乙)，使A、B也维持相对静止，一路沿水平面运动，则F不得超过()图5