【物理】2018届一轮复习人教版第3章第3节牛顿运动定律的综合应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版第3章第3节牛顿运动定律的综合应用学案

第三节　牛顿运动定律的综合应用 一、超重和失重 ‎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现象，称为超重现象．‎ ‎(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现象，称为失重现象．‎ ‎(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)为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．‎ ‎　1.判断正误 ‎(1)超重就是物体的重力变大的现象．(　　)‎ ‎(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(　　)‎ ‎(3)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(　　)‎ ‎(4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．(　　)‎ ‎(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ 二、解答连接体问题的常用方法 ‎1．整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度．‎ ‎2．隔离法：当求解系统内物体间相互作用力时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程．‎ ‎3．外力和内力 ‎(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力；‎ ‎(2)内力：系统内物体之间的作用力．‎ ‎　2.(多选)(2017·大同模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，在水平推力F的作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力，则(　　)‎ A．若地面是完全光滑的，FAB＝F B．若地面是完全光滑的，FAB＝ C．若地面是有摩擦的，FAB＝F D．若地面是有摩擦的，FAB＝ 提示：BD ‎　超重与失重现象 ‎【知识提炼】‎ ‎1．对超重、失重的理解：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．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．‎ ‎　在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知　(　　)‎ A．该同学做了两次下蹲－起立的动作 B．该同学做了一次下蹲－起立的动作 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 ‎[审题指导]　‎ 下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止 起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止 ‎[解析]　在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．‎ ‎[答案]　B ‎　‎ 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，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是　(　　)‎ 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：选D.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．‎ ‎　动力学观点在连接体中的应用 ‎【知识提炼】‎ ‎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：‎ ‎2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．‎ ‎(1)加速度相同的连接体 ‎①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．‎ ‎②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．‎ ‎(2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解．‎ ‎3．充分挖掘题目中的临界条件 ‎(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力FN＝0.‎ ‎(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．‎ ‎(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．‎ ‎(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.‎ ‎4．其他几个注意点 ‎(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同．‎ ‎(2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为‎3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．‎ ‎(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小．‎ ‎(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端正下方，如图乙所示．‎ ‎①求此状态下杆的加速度大小a.‎ ‎②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？‎ ‎[审题指导]　(1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．‎ ‎(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．‎ ‎[解析]　(1)环受力如图1所示，由平衡条件得：‎ ‎2FTcos θ－mg＝0‎ 由图1中几何关系可知：cos θ＝ 联立以上两式解得：FT＝mg.‎ ‎(2)①小铁环受力如图2所示，由牛顿第二定律得：‎ F′Tsin θ′＝ma F′T＋F′Tcos θ′－mg＝0‎ 由图2中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得：‎ a＝g.‎ ‎②杆和环整体受力如图3所示，由牛顿第二定律得：‎ Fcos α＝(M＋m)a Fsin α－(M＋m)g＝0‎ 解得：F＝(M＋m)g，α＝60°.‎ ‎[答案]　(1)mg　(2)①g　②外力大小为(M＋m)g　方向与水平方向成60°角斜向右上方 ‎1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．‎ ‎3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度、后隔离求内力”．　 ‎ ‎【跟进题组】‎ 考向1　加速度相同的连接体问题 ‎1．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则(　　)‎ A．a′＝a，F′1＝F1　　　 B．a′＞a，F′1＝F1‎ C．a′＜a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1‎ 解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，‎ 竖直方向有F1cos θ＝mg①‎ 水平方向有F－F1sin θ＝ma，‎ 以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，‎ 解得a＝gtan θ②‎ 当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，‎ 竖直方向有F′1cos θ＝mg③‎ 水平方向有F′1sin θ＝ma′，‎ 解得a′＝gtan θ④‎ 结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.‎ 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)‎ 解析：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有 kx1＝(M＋m)g①‎ kx2－mg＝ma②‎ x1－x2＝at2③‎ 由①式得x1＝＝0.15 m，④‎ 由②③④式得a＝6 m/s2‎ F小＝(M＋m)a＝72 N，F大＝M(g＋a)＝168 N.‎ 答案：168 N　72 N 考向3　连接体中的临界、极值问题 ‎3．(多选)(高考江苏卷)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μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.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(　　)‎ A．当 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B．当 F ＝μmg 时， A 的加速度为μg C．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg 解析：选BCD.A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，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值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．‎ ‎　传送带问题的分析技巧 ‎【知识提炼】‎ ‎1．模型特征 ‎(1)水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1‎ ‎(1)可能一直加速；‎ ‎(2)可能先加速后匀速 情景2‎ ‎(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；‎ ‎(2)v0v返回时速度为v，当v0μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体：‎ F＝(M＋m)a 对A：fAB＝Ma 解得：fAB＝2.5 N 因fAB

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