高考總復習物理練習（必修1）：3-3《牛頓運動定律的綜合應用》

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111 第3講　牛頓運動定律的綜合應用 超重和失重?、?考綱要求) 1.超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的情況． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度． 2．失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的情況． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定義：物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于零的情況稱為完全失重現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下. 牛頓運動定律的應用(二)　Ⅱ(考綱要求) 1.牛頓運動定律是力學乃至整個物理學的基本規(guī)律．同時又是高考的熱點復習中應重點理解及掌握以下幾個問題： (1)靈活運用隔離法和整體法求解加速度相等的連接體問題； (2)用正交分解法解決受力復雜的問題； (3)綜合運用牛頓運動定律和運動學規(guī)律分析、解決多階段(過程)的運動問題； (4)運用超重和失重的知識定性分析一些力學現(xiàn)象．另外，還應具有將實際問題抽象成物理模型的能力． 2．牛頓定律應用中的整體法和隔離法 (1)整體法 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 當連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法． (2)隔離法 當研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時，若要求出連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運動情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法． 1．關于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　)． A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 解析　物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Πl(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯，D正確． 答案　D 2．下列說法正確的是(　　)． A．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài) B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài) C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài) 解析　運動員是否超失重取決于加速度方向，A、C、D三個選項中，運動員均處于平衡狀態(tài)，不超重也不失重． 答案　B 3. 圖3－3－1 如圖3－3－1所示，質(zhì)量m＝1 kg、長L＝0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平．板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F的作用時間至少為(取g＝10 m/s2)(　　)． A．0.8 s B．1.0 s C. s D. s 解析　板在F作用下做加速運動F－μmg＝ma1， a1＝1 m/s2，v2＝2a1s1， F撤去后物體做減速運動， μmg＝ma2，a2＝4 m/s2. 速度減為零v2＝2a2s2. 當板的重心越過桌子邊緣會自動翻下桌子， 則有s1＋s2＝. ＋＝，v＝0.8 m/s， t1＝＝0.8 s，故A項正確． 答案　A 4．如圖3－3－2所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝1 kg、m2＝4 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接．兩個大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是(　　)． 圖3－3－2 A．彈簧秤的示數(shù)是25 N B．彈簧秤的示數(shù)是50 N C．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2 解析　本題考查用整體法、隔離法分析物體受力以及牛頓第二定律的應用．以m1、m2以及彈簧為研究對象，則整體向右的加速度a＝＝2 m/s2；再以m1為研究對象，設彈簧的彈力為F，則F1－F＝m1a，則F＝28 N，A、B錯誤；突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，此時m2的加速度a＝＝7 m/s2，C正確；突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力也不變，此時m1的加速度a＝＝28 m/s2，D錯誤． 答案　C 5．一個小孩從滑梯上滑下的運動可看作勻加速直線運動，第一次小孩單獨從滑梯上滑下，運動時間為t1，第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，運動時間為t2，則(　　)． A．t1＝t2 B．t1t2 D．無法判斷t1與t2的大小 解析　設滑梯與水平面的夾角為θ，則第一次時，a1＝＝gsin θ， 第二次時a2＝＝gsin θ， 所以a1＝a2，與質(zhì)量無關． 又s＝at2，t與m也無關，A正確． 答案　A 考點一　超重、失重的理解及應用(小專題) 1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變． 2．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有向上的加速度還是有向下的加速度． 3．當物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度效果，不再產(chǎn)生其他效果．平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失． 4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma. 【典例1】 一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度和時間的關系圖線如圖3－3－3所示，則(　　)． 圖3－3－3 A．t3時刻火箭距地面最遠 B．t2～t3的時間內(nèi)，火箭在向下降落 C．t1～t2的時間內(nèi)，火箭處于失重狀態(tài) D．0～t3的時間內(nèi)，火箭始終處于失重狀態(tài) 解析　由速度圖象可知，在0～t3內(nèi)速度始終大于零，表明這段時間內(nèi)火箭一直在上升，t3時刻速度為零，停止上升，高度達到最高，離地面最遠，A正確、B錯誤．t1～t2的時間內(nèi)，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭應處于超重狀態(tài)，而在t2～t3時間由火箭在減速上升，具有向下的加速度，火箭處于失重狀態(tài)，故C、D錯誤． 答案　A 【變式1】 在升降電梯內(nèi)的地面上放一體重計， 圖3－3－4 電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖3－3－4所示，在這段時間內(nèi)下列說法中正確的是(　　)． A．曉敏同學所受的重力變小了 B．曉敏對體重計的壓力小于體重計對曉敏的支持力 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 解析　曉敏在這段時間內(nèi)處于失重狀態(tài)，是由于曉敏對體重計的壓力變小了，而曉敏的重力沒有改變，A選項錯；曉敏對體重計的壓力與體重計對曉敏的支持力是一對作用力與反作用力，大小一定相等，B選項錯，以豎直向下為正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向豎直向下，但速度方向可能是豎直向上，也可能是豎直向下，C選項錯、D選項正確． 答案　D 【變式2】 (2012梅州模擬) 圖3－3－5 2009年當?shù)貢r間9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈達島的薩蒂什達萬航天中心，一枚PSLV—C14型極地衛(wèi)星運載火箭攜帶七顆衛(wèi)星發(fā)射升空，成功實現(xiàn)“一箭七星”發(fā)射，相關圖片如圖3－3－5所示．則下列說法不正確的是(　　)． A．火箭發(fā)射時，噴出的高速氣流對火箭的作用力大于火箭對氣流的作用力 B．發(fā)射初期，火箭處于超重狀態(tài)，但它受到的重力卻越來越小 C．高溫高壓燃氣從火箭尾部噴出時對火箭的作用力與火箭對燃氣的作用力大小相等 D．發(fā)射的七顆衛(wèi)星進入軌道正常運轉(zhuǎn)后，均處于完全失重狀態(tài) 解析　由作用力與反作用力大小相等，可知A錯誤；火箭發(fā)射初期，因為火箭向上加速運動，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地越來越遠，所受的重力也越來越小，B正確；由作用力與反作用力的關系可知C正確；衛(wèi)星進入軌道正常運轉(zhuǎn)后，所受的萬有引力充當向心力，此時各衛(wèi)星均處于完全失重狀態(tài)，D正確． 答案　A 考點二　牛頓定律解題中整體法和隔離法的應用 1．隔離法的選取原則：若連接體或關聯(lián)體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解． 2．整體法的選取原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體來分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)． 3．整體法、隔離法交替運用原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”． 【典例2】 如圖3－3－6所示， 圖3－3－6 車廂在運動過程中所受阻力恒為F阻，當車廂以某一加速度a向右加速時，在車廂的后壁上相對車廂靜止著一物體m，物體與車廂壁之間的動摩擦因數(shù)為μ，設車廂的質(zhì)量為M，則車廂內(nèi)發(fā)動機的牽引力至少為多少時，物體在車廂壁上才不會滑下來？ 解析　以車廂和物塊整體為研究對象， 則由牛頓第二定律得： F－F阻＝(M＋m)a.① 以物塊為研究對象， 受力情況如圖所示， 其中F摩擦力則F＝mg＝μFN. 而FN＝ma， 所以a＝，代入①得 F＝F阻＋(M＋m). 答案　F阻＋(M＋m) (1)研究對象的選取方法：整體法和隔離法． (2)對研究對象所受力的處理方法 ①合成法 若物體只受兩個力作用而產(chǎn)生加速度時，利用平行四邊形定則求出兩個力的合外力方向就是加速度方向． ②分解法 當物體受到兩個以上的力作用而產(chǎn)生加速度時，常用正交分解法．分解方式有兩種：分解力或者分解加速度． 【變式3】 質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水 圖3－3－7 平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖3－3－7所示，則(　　)． A．小球?qū)A槽的壓力為 B．小球?qū)A槽的壓力為 C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加 D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小 解析　利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝，對小球利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為 ，由牛頓第三定律可知只有C選項正確． 答案　C  　　　2.傳送帶模型 (1)模型概述 一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上開始運動的力學系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型，如圖3－3－8(a)、(b)、(c)所示． 圖3－3－8 (2)模型特點 物體在傳送帶上運動時，往往會牽涉到摩擦力的突變和相對運動問題．當物體與傳送帶相對靜止時，物體與傳送帶間可能存在靜摩擦力也可能不存在摩擦力．當物體與傳送帶相對滑動時，物體與傳送帶間有滑動摩擦力，這時物體與傳送帶間會有相對滑動的位移．摩擦生熱問題見第五章． 圖3－3－9 【典例】 水平傳送帶AB以v＝200 cm/s的速度勻速運動，如圖3－3－9所示，A、B相距0.011 km，一物體(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，則物體從A沿傳送帶運動到B所需的時間為多少？(g＝10 m/s2) 解析　 統(tǒng)一單位：v＝200 cm/s＝2 m/s，s＝0.011 km＝11 m．開始時，物體受的摩擦力為f＝μmg，由牛頓第二定律得物體的加速度 a＝＝μg＝0.210 m/s2＝2 m/s2. 設經(jīng)時間t物體速度達到2 m/s，由v＝at得： t1＝＝ s＝1 s． 此時間內(nèi)的位移為：s1＝at12＝212 m＝1 m<11 m． 此后物體做勻速運動，所用時間： t2＝＝ s＝5 s． 故所求時間t＝t1＋t2＝1 s＋5 s＝6 s. 答案　6 s 【應用】 傳送帶與水平面夾角為37， 圖3－3－10 皮帶以12 m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，如圖3－3－10所示．今在傳送帶上端A處無初速度地放上一個質(zhì)量為m的小物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75，若傳送帶A到B的長度為24 m，g取10 m/s2，則小物塊從A運動到B的時間為多少？ 解析　小物塊無初速度放在傳送帶上時，所受摩擦力為滑動摩擦力，方向沿斜面向下，對小物塊用牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma解得a＝12 m/s2 設小物塊加速到12 m/s運動的距離為s1，所用時間為t1 由v2－0＝2as1得s1＝6 m 由v＝at1得t1＝1 s 當小物塊的速度加速到12 m/s時，因mgsin θ＝μmgcos θ，小物塊受到的摩擦力由原來的滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，而且此時剛好為最大靜摩擦力，小物塊此后隨皮帶一起做勻速運動． 設AB間的距離為L，則L－s1＝vt2解得t2＝1.5 s 從A到B的時間t＝t1＋t2解得t＝2.5 s. 答案　2.5 s 一、對超重、失重的考查(中頻考查) 1. 圖3－3－11 (2010海南高考)如圖3－3－11所示，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為(　　)． ①加速下降?、诩铀偕仙、蹨p速上升?、軠p速下降 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析　木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，所以木箱的運動狀態(tài)可能為減速下降或加速上升，故②④正確． 答案　D 2. 圖3－3－12 (2010浙江理綜，14)如圖3－3－12所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是(　　)． A．在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零 B．上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力 C．下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力 D．在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力 解析　對于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運動，處于完全失重狀態(tài)，不論上升還是下降過程，A對B均無壓力，只有A項正確． 答案　A 3．(2011天津卷，9(1))某同學利用測力計研究在豎直方向運行的電梯的運動狀態(tài)．他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)為G.他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計的示數(shù)小于G，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是______________． 解析　由加速度a方向向上超重，加速度a方向向下失重，得電梯此時向上減速或向下加速． 答案　減速上升或加速下降 二、對整體法和隔離法應用的考查(中頻考查) 4. 圖3－3－13 (2011課標全國卷，21)如圖3－3－13所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小 分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　　)． 解析　剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，當相對滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動摩擦力，a2＝＝－μg，故a2＝－μg，a－t圖象中斜率變大，故選項A正確，選項B、C、D均錯誤． 答案　A 111