人教版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用含答案

第3讲　牛顿运动定律的综合应用

授课提示：对应学生用书第47页
一、超重、失重现象

超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件
物体的加速度方向向上
物体的加速度方向向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理方程
F－mg＝ma
mg－F＝ma
mg－F＝ma＝mg
F＝0
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以a＝g的加速度加速下降或减速上升
二、牛顿运动定律的应用
1．整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法：当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
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：系统内物体间的作用力。

授课提示：对应学生用书第48页

　　自主探究

1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重与失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只能使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。

1．(2021·山东泰安高三质检)下列说法正确的是(　　)
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
解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，故选项A错误，B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项C、D错误。
答案：B
2.(2021·广东珠海高三上学期第二次月考)如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1＝2 N，下底板传感器显示的压力F2＝6 N，重力加速度g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A．若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B．若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C．若加速度方向向上，且大小为5 m/s2时，F1的示数为零
D．若加速度方向向下，且大小为5 m/s2时，F2的示数为零
解析：若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得F2－mg－F1＝ma，得F1＝F2－mg－ma，可知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，故A错误；若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得mg＋F1－F2＝ma，得F1＝F2－mg＋ma，可知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误；当箱静止时，有F2＝mg＋F1，得m＝0.4 kg，若加速度方向向上，当F1＝0时，由A项分析有F1＝F2－mg－ma＝0，解得a＝5 m/s2，故C正确；若加速度方向向下，且大小为5 m/s2，小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，故D错误。
答案：C
规律总结
判断超重和失重现象的两个角度
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　教材走向高考

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。常见的连接体如下：
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

(2)物物叠放连接体：稳定时，各部分加速度大小相等。

(3)轻绳(杆或物体)连接体
①轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。
②轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比；物体相连时有相同的加速度。


2．连接体问题的分析方法



适用条件
注意事项
优点
整体法
系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外力
隔离法
(1)系统内各物体加速度不相同
(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法
(2)加速度大小相同、方向不同的连接体，应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力

动力学中的连接体问题是高考的热点，分析近几年的高考题可以发现，每年的命题虽然都有新意，但每年的考题常源于教材习题或教材中的科普材料的拓展提升，以落实核心素养为重点的新高考更会关注教材内容的拓展。教材内容多以简单的两物体相连为背景考查整体法、隔离法的基本应用，而高考题通常会拓展为多物体间的相互作用，有时还会与图象问题、临界问题相结合，综合考查学生灵活应用的能力。同学们可通过以下示例认真体会，进一步发现高考真题与教材内容间的溯源关系，做到新高考的精准复习。

[典例1]　[人教版必修1·P77·“科学漫步”]
1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火)。接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速(如图)。推进器的平均推力F等于895 N，推进器开动时间为7 s。测出飞船和火箭组的速度变化是0.91 m/s。双子星号宇宙飞船的质量是已知的，m1＝3 400 kg，我们要求的是火箭的质量m2。

[解析]　对整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，
由运动学公式得a＝＝0.13 m/s2，
由以上两式得m2＝3 484.6 kg，
故火箭组的质量m2是3 484.6 kg。
[答案]　3 484.6 kg

拓展❶　将两物体间的相连拓展为多物体相连

　(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8　　　　　　　　　　 B．10
C．15 D．18
【真题命题立意】　本题在典例1中两物体相互作用的基础上，拓展为多物体连接在一起的匀加速运动，题目中的条件信息由典例1中直接给出速度的变化和时间，拓展为拉力和加速度信息，但考查的核心知识点仍然是整体法、隔离法的应用。
解析：设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知＝·，解得k＝n，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误。
答案：BC
拓展❷　将两物体间的相连拓展为两物体叠加
(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

　
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【真题命题立意】　本题在典例1中两物体相互作用的基础上，拓展为两物体叠加在一起的匀变速运动，题目中的条件信息由典例1中直接给出速度的变化和时间，拓展为拉力图象和速度图象信息，考查物理素养中的运动和力的观念，核心知识仍是整体法和隔离法的应用。
解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图(c)知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2。
设木板质量为m，物块的质量为M，据牛顿第二定律，对木板，
2～4 s内有F－F摩＝ma1，
4 s以后有F摩＝ma2，
且知F摩＝μMg＝0.2 N，
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，但由于不知道物块的质量M，故无法求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。
0～2 s内，木板处于静止状态，F的大小等于物块与木板之间的静摩擦力，而物块与木板之间的静摩擦力等于f，则由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
答案：AB
方法技巧

相同加速度连接体的处理方法
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(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，常按以下思路：
①求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
②求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。
(2)用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。　
3．如图所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平地面上，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为θ，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为(　　)
A．a＝gsin θ，F＝(M＋m)g(μ＋sin θ)
B．a＝gcos θ，F＝(M＋m)gcos θ
C．a＝gtan θ，F＝g(M＋m)(μ＋tan θ)
D．a＝gcos θ，F＝μ(M＋m)g
解析：B向左做匀加速运动，合力水平向左，对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得a＝＝gtan θ，对A、B整体进行受力分析得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝g(M＋m)(μ＋tan θ)，故选项C正确。
答案：C
4．(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2沿斜面向上匀加速运动时，弹簧的伸长量为x2。下列说法正确的是(　　)

A．若m>M，有x1＝x2　　 B．若msin θ，有x1>x2 D．若μμmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为a1＝＝μg，对a根据牛顿第二定律可得F－Ff1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为Ff1＝μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过μg，故C错误。
[答案]　A
　动力学中的极值问题
[典例6]　足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化。重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的最大距离最小，并求出此最小值。
[思路点拨]　(1)分析物体的运动过程，做好受力分析。
(2)根据动力学知识写出数学表达式，进而讨论出极值。
[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则
mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ，
解得μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
由0－v＝2ax得x＝，
令cos α＝，sin α＝，
即tan α＝μ，即α＝30°，
则x＝，
当α＋θ＝90°时x最小，
可得θ＝60°，
所以x最小值为
xmin＝＝ m。
[答案]　(1)　(2)θ＝60°　 m

7．(2021·河北衡水中学调研)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)

A．2.0 N　　　　　　　 B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
解析：在题图甲中，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。在题图乙所示情况中，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
答案：C
8．两个质量均为m的相同物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。从t＝0时刻起，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升。下列说法正确的是(　　)

A．A、B分离前合外力大小与时间的平方成线性关系
B．分离时弹簧处于原长状态
C．在t＝ 时刻A、B分离
D．分离时B的速度大小为 g
解析：A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物块B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝ ，此时弹簧仍处于压缩状态，B错误，C正确；分离时B的速度为v＝at＝g·＝g，D错误。
答案：C