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2021高三物理人教版一轮学案：第三章第3讲 牛顿运动定律的综合应用
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第3讲 牛顿运动定律的综合应用
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
知识点1 超重与失重
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。
(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(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象
产生
条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
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加速下降或减速上升
知识点2 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)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。
(2)应用牛顿第二定律对整体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，则内力将转变为隔离体的外力。
思维诊断：
(1)超重就是物体的重力变大的现象。( × )
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( × )
(3)加速上升的物体处于超重状态。( √ )
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( × )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( √ )
(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。( √ )
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。( × )
,
1．伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( C )
A．在向下运动的过程中始终处于失重状态
B．在向上运动的过程中始终处于超重状态
C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
[解析] 演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，A错误，C正确。 同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，B、D错误。
2．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)( D )
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
[解析] 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，方向竖直向下，所以D正确。
3．(2020·福建永安一中等三校联考)如图所示，甲、乙两个物体用平行于斜面的细线连接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物体，使甲、乙两物体一起沿光滑斜面做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，下列说法正确的是( B )
A．甲、乙都受三个力作用
B．甲、乙的速度相同
C．甲的加速度大于乙的加速度
D．甲受到的合力一定沿斜面向下，乙受到的合力可以沿斜面向上
[解析] 本题考查绳连物体的连接体问题。某时刻撤去拉力F，甲、乙都只受重力，支持力两个力作用，两力的合力沿斜面向下，加速度都为gsin θ，其中θ为斜面倾角，故A、C、D错误；甲、乙两物体在拉力F作用下一起向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F瞬间两物体的速度相同，故B正确。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
考点一 超重与失重现象
1．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状态。
2．易错、易混点拨
(1)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)发生变化。
(2)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。
例1 (2019·河南周口名校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车加速上坡时，乘客( B )
A．处于失重状态
B．处于超重状态
C．受到向后的摩擦力作用
D．所受力的合力沿斜面向下
[解析] 当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误。
规律总结：
超重和失重现象判断的“三”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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断，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)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔类题演练1〕
探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( D )
[解析] 人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。
考点二 应用整体法与隔离法处理连接体问题
1．连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。
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，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。若不求力的具体数值，只是判断力的方向、力的大小，即使加速度不相同，也可用整体法。
3．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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。
4．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出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”。
例2 (2019·广东深圳一调)(多选)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一列由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则( BC )
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
[解析] 本题考查通过机车牵引模型计算作用力和加速度大小。启动时车厢对乘客有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上，选项A错误；对整列车，根据牛顿第二定律有4F－8kmg＝8ma，解得a＝，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律有F21－kmg＝ma，解得F21＝，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律有F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，选项D错误。
〔类题演练2〕
(2019·福建质检)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳直权重相若，则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( C )
[解析] 本题考查连接体中质量变化导致加速度变化的问题。对整体由牛顿第二定律有mg－(m－Δm)g＝(m＋m－Δm)a，解得a＝·Δm＝，可知a与Δm不是线性关系，A、B错误；当Δm＝m时，a＝g，且Δm
〔类题演练3〕
(2020·北京密云月考)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止。则在物块m上、下滑动的整个过程中( C )
A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右
B．地面对物体M的摩擦力大小不变
C．地面对物体M的摩擦力方向不变
D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g
[解析] 物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，根据牛顿第二定律，有
水平方向：f＝m·(a·cos θ) ①
竖直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sin θ) ②
其中θ为斜面倾角。由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变。故A、B错误，C正确；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，D错误。
考点三 动力学中的临界值或极值问题
1．临界或极值问题的关键词
“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点；“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。
2．产生临界值和极值的条件
(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。
(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。
(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(4)加速度最大的条件：合外力最大。
(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大。
3．临界或极值问题的方法
(1)假设分析法
(2)数学极值法
例3 (多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T－a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2，则( ABC )
A．a＝ m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析]
小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T－a图象为直线，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.6a(N)，D错误。
〔类题演练4〕
如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？
[答案] 9 m
[解析] FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①
设A、B间的弹力为FAB，
对B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0③
将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N，代入①式
得：a＝2 m/s2。
联立②③式得：t＝3 s。
A、B相互脱离的共同位移为：x＝at2，代入数值得：x＝9 m。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
传送带模型
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
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)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时速度为v，若v0
2．倾斜传送带模型
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)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
(5)可能先减速后匀速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
例4 (2020·辽宁渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间。
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析] 本题考查传送带上的运动问题。
(1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
所以a1＝gsin θ＋μgcos θ，
解得a1＝10 m/s2，
煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为
t1＝＝ s＝1 s，
煤块发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m
＝5 m<16 m，
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2，
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，
则LAB－x1＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝(1＋1) s＝2 s；
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x＝10×1 m－5 m＝5 m，
故煤块相对于传送带上移5 m；
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2，
解得Δx2＝1 m，
即煤块相对传送带下移1 m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m；
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
则有LAB＝a1t，
可得tmin＝ s。
[答案] (1)2 s (2)5 m (3) s
规律总结：
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
〔类题演练5〕
(多选)如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( BD )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
[解析] 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ s＝2 s，D项正确。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1．(2019·广西桂林、贺州、崇左联考)如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法中正确的是( C )
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
[解析] 本题考查多体系统的超、失重状态。若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，
则由图可知，B有水平向左的分加速度，可知B受到A向左的摩擦力，所以B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即B处于失重状态，故B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故D错误。
2．(2019·衡水一模)如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为( C )
A．1∶1 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
[解析] 当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：
aB＝a1＝＝μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
3．(多选)如图甲所示，足够长的匀速转动的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，则下列说法中正确的是( AD )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度大小为2gsin θ－
[解析] 若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，有mgsin θ>μmgcos θ，即μtan θ，滑块先匀加速运动，在速度与传送带的速度相等后，二者共同做匀速直线运动，两种情况均不符合运动图象，所以传送带一定沿逆时针方向转动，A正确；传送带沿逆时针方向转动，在0～t0的时间内，滑块所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，又由图象可知a1＝，联立可得μ＝－tan θ，B错误；当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力发生突变，方向改为沿斜面向上，因此传送带的速度等于v0，C错误；在t0后对滑块分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，结合B选项的解析
得a2＝2gsin θ－，D正确。
4．(2019·河南三市联考)如图所示，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。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离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角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
[答案] (1) (2)θ＝60° m
[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
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－v＝2ax得x＝
令cos α＝，sin α＝
即tanα＝μ
则x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值为
xmin＝
＝＝ m。
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
知识点1 超重与失重
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。
(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(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象
产生
条件
物体的加速度方向竖直向上
物体的加速度方向竖直向下
物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
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加速下降或减速上升
知识点2 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)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。
(2)应用牛顿第二定律对整体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，则内力将转变为隔离体的外力。
思维诊断：
(1)超重就是物体的重力变大的现象。( × )
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( × )
(3)加速上升的物体处于超重状态。( √ )
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( × )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( √ )
(6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。( √ )
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。( × )
,
1．伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( C )
A．在向下运动的过程中始终处于失重状态
B．在向上运动的过程中始终处于超重状态
C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
[解析] 演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，A错误，C正确。 同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，B、D错误。
2．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)( D )
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
[解析] 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，方向竖直向下，所以D正确。
3．(2020·福建永安一中等三校联考)如图所示，甲、乙两个物体用平行于斜面的细线连接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物体，使甲、乙两物体一起沿光滑斜面做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，下列说法正确的是( B )
A．甲、乙都受三个力作用
B．甲、乙的速度相同
C．甲的加速度大于乙的加速度
D．甲受到的合力一定沿斜面向下，乙受到的合力可以沿斜面向上
[解析] 本题考查绳连物体的连接体问题。某时刻撤去拉力F，甲、乙都只受重力，支持力两个力作用，两力的合力沿斜面向下，加速度都为gsin θ，其中θ为斜面倾角，故A、C、D错误；甲、乙两物体在拉力F作用下一起向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F瞬间两物体的速度相同，故B正确。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
考点一 超重与失重现象
1．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状态。
2．易错、易混点拨
(1)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)发生变化。
(2)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。
例1 (2019·河南周口名校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车加速上坡时，乘客( B )
A．处于失重状态
B．处于超重状态
C．受到向后的摩擦力作用
D．所受力的合力沿斜面向下
[解析] 当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误。
规律总结：
超重和失重现象判断的“三”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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断，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)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔类题演练1〕
探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( D )
[解析] 人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。
考点二 应用整体法与隔离法处理连接体问题
1．连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。
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，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。若不求力的具体数值，只是判断力的方向、力的大小，即使加速度不相同，也可用整体法。
3．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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。
4．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出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”。
例2 (2019·广东深圳一调)(多选)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一列由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则( BC )
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
[解析] 本题考查通过机车牵引模型计算作用力和加速度大小。启动时车厢对乘客有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上，选项A错误；对整列车，根据牛顿第二定律有4F－8kmg＝8ma，解得a＝，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律有F21－kmg＝ma，解得F21＝，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律有F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，选项D错误。
〔类题演练2〕
(2019·福建质检)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳直权重相若，则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是( C )
[解析] 本题考查连接体中质量变化导致加速度变化的问题。对整体由牛顿第二定律有mg－(m－Δm)g＝(m＋m－Δm)a，解得a＝·Δm＝，可知a与Δm不是线性关系，A、B错误；当Δm＝m时，a＝g，且Δm
〔类题演练3〕
(2020·北京密云月考)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止。则在物块m上、下滑动的整个过程中( C )
A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右
B．地面对物体M的摩擦力大小不变
C．地面对物体M的摩擦力方向不变
D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g
[解析] 物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，根据牛顿第二定律，有
水平方向：f＝m·(a·cos θ) ①
竖直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sin θ) ②
其中θ为斜面倾角。由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变。故A、B错误，C正确；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，D错误。
考点三 动力学中的临界值或极值问题
1．临界或极值问题的关键词
“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点；“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。
2．产生临界值和极值的条件
(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。
(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。
(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(4)加速度最大的条件：合外力最大。
(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大。
3．临界或极值问题的方法
(1)假设分析法
(2)数学极值法
例3 (多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T－a图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2，则( ABC )
A．a＝ m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析]
小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T－a图象为直线，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.6a(N)，D错误。
〔类题演练4〕
如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？
[答案] 9 m
[解析] FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①
设A、B间的弹力为FAB，
对B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0③
将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N，代入①式
得：a＝2 m/s2。
联立②③式得：t＝3 s。
A、B相互脱离的共同位移为：x＝at2，代入数值得：x＝9 m。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
传送带模型
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
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)v0
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时速度为v，若v0
2．倾斜传送带模型
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)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
(5)可能先减速后匀速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
例4 (2020·辽宁渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间。
(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。
(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析] 本题考查传送带上的运动问题。
(1)开始阶段，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
所以a1＝gsin θ＋μgcos θ，
解得a1＝10 m/s2，
煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为
t1＝＝ s＝1 s，
煤块发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m
＝5 m<16 m，
所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；
第二阶段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2，
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，
则LAB－x1＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝(1＋1) s＝2 s；
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x＝10×1 m－5 m＝5 m，
故煤块相对于传送带上移5 m；
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2，
解得Δx2＝1 m，
即煤块相对传送带下移1 m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m；
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
则有LAB＝a1t，
可得tmin＝ s。
[答案] (1)2 s (2)5 m (3) s
规律总结：
滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
〔类题演练5〕
(多选)如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( BD )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处
[解析] 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ s＝2 s，D项正确。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1．(2019·广西桂林、贺州、崇左联考)如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法中正确的是( C )
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
[解析] 本题考查多体系统的超、失重状态。若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，
则由图可知，B有水平向左的分加速度，可知B受到A向左的摩擦力，所以B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即B处于失重状态，故B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向也同样如图中所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故D错误。
2．(2019·衡水一模)如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为( C )
A．1∶1 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
[解析] 当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：
aB＝a1＝＝μg，当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
3．(多选)如图甲所示，足够长的匀速转动的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，则下列说法中正确的是( AD )
A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度大小为2gsin θ－
[解析] 若传送带顺时针转动，当滑块沿传送带下滑时，有mgsin θ>μmgcos θ，即μ
得a2＝2gsin θ－，D正确。
4．(2019·河南三市联考)如图所示，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。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离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角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
[答案] (1) (2)θ＝60° m
[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
联立解得：μ＝。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
由0－v＝2ax得x＝
令cos α＝，sin α＝
即tanα＝μ
则x＝
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值为
xmin＝
＝＝ m。
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