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2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第3章第3节 牛顿运动定律的综合应用
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第3节 牛顿运动定律的综合应用
知识点一| 超重和失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
失重现象
完全失重
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
物体的加速度方向向下，大小a＝g
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝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
无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动
(1)失重说明物体的重力减小了。(×)
(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×)
(3)物体失重时，也可能向上运动。(√)
(4)用弹簧测力计称量浸没在水中的物体时，示数小于实际重力G，这也是失重现象。(×)
考法1 超重、失重现象的分析
1．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是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
D [手托物体上抛的开始阶段，要使物体加速，则物体处于超重状态，之后手将要离开物体，手和物体一起继续向上运动，但要减速，这时物体处于失重状态。物体离开手的瞬间只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度。手和物体分离前速度相等，而手的减速一定要比物体快，才能离开物体，即分离瞬间手的加速度大于重力加速度。]
2.(2019·郑州模拟)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )
A．人在C点具有最大速度
B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D [由题图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A项错误；C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动，故B项错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C项错误，D项正确。]
[考法指导] 判断超重和失重现象的技巧
(1)从受力的角度判断：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；当拉力(或支持力)小于重力时，物体处于失重状态；当拉力(或支持力)等于零时，物体处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有竖直向上的加速度(或加速度分量)时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度(或加速度分量)时，物体处于失重状态；当竖直向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
考法2 超重、失重的计算
3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为m总；B为铁块，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于点O。当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为( )
A．F＝m总g
B．m总g
D．F>(m总＋m)g
D [铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。对A、B、C系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于(m总＋m)g。]
4．某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s2 竖直向上 B． m/s2 竖直向上
C．2 m/s2 竖直向下 D． m/s2 竖直向下
D [由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以选项D正确。]
考法3 超重、失重与图象问题组合
5.若货物随升降机运动的v t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
A B
C D
B [根据v t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，
故选项B正确。]
6.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
B [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。]
质量为m＝60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图乙所示。g取10 m/s2，由图象可知( )
甲 乙
A．t＝0.5 s时他的加速度为3 m/s2
B．t＝0.4 s时他处于超重状态
C．t＝1.1 s时他受到单杠的作用力的大小是620 N
D．t＝1.5 s时他处于超重状态
B [根据速度图象斜率表示加速度可知，t＝0.5 s时他的加速度为0.3 m/s2，A项错误。t＝0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B项正确。t＝1.1 s时他的加速度为0，他受到单杠的作用力的大小等于重力600 N，C项错误。t＝1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D项错误。]
知识点二| 动力学中整体法、隔离法的应用
1．外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．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。
3．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。
(1)“整体法和隔离法”是指选取研究对象的方法。(√)
(2)以“整体”为研究对象时，需要考虑物体间相互作用。(×)
(3)隔离研究对象后，受力分析只分析研究对象受到的力。(√)
考法1 先整体后隔离法的应用
1.(2019·天津检测)如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsin θ B．Mgcos θ
C．0 D．(M＋m)gsin θ
C [对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsin θ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsin θ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。]
考法2 先隔离后整体法的应用
2.(2019·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块
C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
C [以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。]
3.(2019·武汉模拟)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )
A.m B．2m C．(－1)m D．(＋1)m
D [当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(＋1)m。故选项D正确。]
[考法指导] 动力学中“整体法、隔离法”的应用技巧
(1)若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力或加速度(或其他未知量)；
(2)利用隔离法求物体之间的作用力。
可总结为：“先整体求加速度，后隔离求内力”。
知识点三| 动力学中的图象问题
考法1 动力学中的vt图象
1．(2019·襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是( )
A B C D
C [开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。]
考法2 动力学中的at图象
2．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图象如图所示。则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
D [利用at图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。]
考法3 动力学中Ft图象
3．(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
AD [由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。]
考法4 动力学中的Fx图象
4.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
A B C D
A [假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。]
[考法指导] 分析图象问题时常见的误区
(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
(2)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。
(3)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
(多选)(2019·黄冈检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
A B C D
BD [设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－
考法1 水平面上的“板块”模型
1.(2019·洛阳模拟)如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝＝，v＝－。
(2)在时间t内：
A的位移xA＝t＝－
B的位移xB＝t＝
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝。
答案：(1) (2)
考法2 斜面上的“板块”模型
2.如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面。一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q离地面足够高。现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止。已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ；
(2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间。
解析：(1)物块P下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg
解得μ＝0.25。
(2)设物块P在长木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
L1＝a1t
联立解得a1＝4 m/s2，t1＝0.3 s
物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t2，则有
2mg－3mgsin θ＝5ma2
L2＝a2t
联立解得a2＝0.4 m/s2，t2＝1 s
从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t1＋t2＝1.3 s。
答案：(1)0.25 (2)1.3 s
[考法指导] 求解“板块”模型的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(4)解析板块相对运动问题时，常选择某一方向为正方向，将板和块的速度及位移在统一正方向下表示出来，大大降低了在表述上的混乱。
考法3 水平传送带模型
3.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中( )
A．煤块从A端运动到B端的时间是2.25 s
B．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 s
C．划痕长度是0.5 m
D．划痕长度是2 m
BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，
煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即
Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；
x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，
运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。]
考法4 倾斜传送带模型
4．(2019·长郡质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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μ>tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
A B C D
C [刚开始，木块的速度小于传送带的速度，木块受到的摩擦力方向向下，木块做匀加速运动；当木块的速度与传送带的速度相同时，由于μ>tan θ，故此时摩擦力突变为静摩擦力，且方向向上，此后木块匀速下滑，C正确，A、B、D错误。]
[考法指导]
类型
图示
滑块可能的运动情况
水平传送带
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块最终要被传送带传回右端。其中v0>v时，返回速度大小为v；v0
(1)传送带较短时，可能静止，可能一直加速
(2)传送带较长时，可能静止，可能先加速后匀速
(1)传送带较短时，一直加速
(2)传送带较长时，若μ≥tan θ，先加速后匀速，若μ
(1)若μ
(3)若μ>tan θ，可能一直减速，可能先减速，后反向加速
第3节 牛顿运动定律的综合应用
知识点一| 超重和失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
失重现象
完全失重
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
物体的加速度方向向下，大小a＝g
原理方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝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
无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动
(1)失重说明物体的重力减小了。(×)
(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×)
(3)物体失重时，也可能向上运动。(√)
(4)用弹簧测力计称量浸没在水中的物体时，示数小于实际重力G，这也是失重现象。(×)
考法1 超重、失重现象的分析
1．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是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
D [手托物体上抛的开始阶段，要使物体加速，则物体处于超重状态，之后手将要离开物体，手和物体一起继续向上运动，但要减速，这时物体处于失重状态。物体离开手的瞬间只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度。手和物体分离前速度相等，而手的减速一定要比物体快，才能离开物体，即分离瞬间手的加速度大于重力加速度。]
2.(2019·郑州模拟)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )
A．人在C点具有最大速度
B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D [由题图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A项错误；C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动，故B项错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C项错误，D项正确。]
[考法指导] 判断超重和失重现象的技巧
(1)从受力的角度判断：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；当拉力(或支持力)小于重力时，物体处于失重状态；当拉力(或支持力)等于零时，物体处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有竖直向上的加速度(或加速度分量)时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度(或加速度分量)时，物体处于失重状态；当竖直向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
考法2 超重、失重的计算
3.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为m总；B为铁块，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于点O。当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为( )
A．F＝m总g
B．m总g
D．F>(m总＋m)g
D [铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。对A、B、C系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于(m总＋m)g。]
4．某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s2 竖直向上 B． m/s2 竖直向上
C．2 m/s2 竖直向下 D． m/s2 竖直向下
D [由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fm＝m′a，即a＝ m/s2＝ m/s2，所以选项D正确。]
考法3 超重、失重与图象问题组合
5.若货物随升降机运动的v t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
A B
C D
B [根据v t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，
故选项B正确。]
6.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
B [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。]
质量为m＝60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图乙所示。g取10 m/s2，由图象可知( )
甲 乙
A．t＝0.5 s时他的加速度为3 m/s2
B．t＝0.4 s时他处于超重状态
C．t＝1.1 s时他受到单杠的作用力的大小是620 N
D．t＝1.5 s时他处于超重状态
B [根据速度图象斜率表示加速度可知，t＝0.5 s时他的加速度为0.3 m/s2，A项错误。t＝0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B项正确。t＝1.1 s时他的加速度为0，他受到单杠的作用力的大小等于重力600 N，C项错误。t＝1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D项错误。]
知识点二| 动力学中整体法、隔离法的应用
1．外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．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。
3．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。
(1)“整体法和隔离法”是指选取研究对象的方法。(√)
(2)以“整体”为研究对象时，需要考虑物体间相互作用。(×)
(3)隔离研究对象后，受力分析只分析研究对象受到的力。(√)
考法1 先整体后隔离法的应用
1.(2019·天津检测)如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsin θ B．Mgcos θ
C．0 D．(M＋m)gsin θ
C [对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsin θ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsin θ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。]
考法2 先隔离后整体法的应用
2.(2019·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块
C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
C [以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。]
3.(2019·武汉模拟)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )
A.m B．2m C．(－1)m D．(＋1)m
D [当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(＋1)m。故选项D正确。]
[考法指导] 动力学中“整体法、隔离法”的应用技巧
(1)若连接体内各物体具有相同的加速度，利用整体法计算外力或加速度(或其他未知量)；
(2)利用隔离法求物体之间的作用力。
可总结为：“先整体求加速度，后隔离求内力”。
知识点三| 动力学中的图象问题
考法1 动力学中的vt图象
1．(2019·襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是( )
A B C D
C [开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。]
考法2 动力学中的at图象
2．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图象如图所示。则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
D [利用at图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。]
考法3 动力学中Ft图象
3．(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
A．物体的质量m＝1 kg
B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
AD [由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。]
考法4 动力学中的Fx图象
4.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
A B C D
A [假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。]
[考法指导] 分析图象问题时常见的误区
(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
(2)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。
(3)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。
(多选)(2019·黄冈检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
A B C D
BD [设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－
考法1 水平面上的“板块”模型
1.(2019·洛阳模拟)如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：
(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；
(2)木板A的最短长度L。
解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg
规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝＝，v＝－。
(2)在时间t内：
A的位移xA＝t＝－
B的位移xB＝t＝
木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即L＝Δx＝xB－xA＝。
答案：(1) (2)
考法2 斜面上的“板块”模型
2.如图所示，水平地面上固定一倾角为θ＝37°的光滑斜面。一长L1＝0.18 m的长木板锁定在斜面上，木板的上端到斜面顶端的距离L2＝0.2 m；绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接在板的上端，另一端悬吊一物块Q，木板与滑轮间的轻绳与斜面平行，物块Q离地面足够高。现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P，同时解除对长木板的锁定，结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止。已知P的质量为m，Q的质量为2m，长木板的质量为3m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块P与长木板间的动摩擦因数μ；
(2)从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间。
解析：(1)物块P下滑时，长木板处于静止状态，则有μmgcos θ＋3mgsin θ＝2mg
解得μ＝0.25。
(2)设物块P在长木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
L1＝a1t
联立解得a1＝4 m/s2，t1＝0.3 s
物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，长木板的上端滑到斜面顶端用时t2，则有
2mg－3mgsin θ＝5ma2
L2＝a2t
联立解得a2＝0.4 m/s2，t2＝1 s
从释放物块P到长木板的上端滑到斜面顶端需要的时间t＝t1＋t2＝1.3 s。
答案：(1)0.25 (2)1.3 s
[考法指导] 求解“板块”模型的方法技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
(4)解析板块相对运动问题时，常选择某一方向为正方向，将板和块的速度及位移在统一正方向下表示出来，大大降低了在表述上的混乱。
考法3 水平传送带模型
3.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中( )
A．煤块从A端运动到B端的时间是2.25 s
B．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 s
C．划痕长度是0.5 m
D．划痕长度是2 m
BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，
煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即
Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；
x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，
运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。]
考法4 倾斜传送带模型
4．(2019·长郡质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，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μ>tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
A B C D
C [刚开始，木块的速度小于传送带的速度，木块受到的摩擦力方向向下，木块做匀加速运动；当木块的速度与传送带的速度相同时，由于μ>tan θ，故此时摩擦力突变为静摩擦力，且方向向上，此后木块匀速下滑，C正确，A、B、D错误。]
[考法指导]
类型
图示
滑块可能的运动情况
水平传送带
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块最终要被传送带传回右端。其中v0>v时，返回速度大小为v；v0
(1)传送带较短时，可能静止，可能一直加速
(2)传送带较长时，可能静止，可能先加速后匀速
(1)传送带较短时，一直加速
(2)传送带较长时，若μ≥tan θ，先加速后匀速，若μ
(1)若μ
(3)若μ>tan θ，可能一直减速，可能先减速，后反向加速
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