破题致胜——期末复习检测高一物理：第四章牛顿运动定律第三讲牛顿运动定律的综合应用

自主复习
知识点1　超重和失重　
1.实重和视重
(1)实重：物体实际所受到的重力，它与物体的运动状态___________．
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧秤的拉力或对台秤的压力将不等于物体 ，此时弹簧秤的示数或台秤的示数称做物体的视重．
2．超重、失重、完全失重
超重
失重
完全失重
定义
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 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) ____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)_____
的状态
产生
条件
物体有 的加速度或加速度有
________________
物体有________
的加速度或加速度有__________
a＝g，方向竖直向下
知识点2　牛顿定律的应用　
1. 整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的 相同时，可以把系统内的所有物体看成一个 ，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对 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 时，常把某个物体从系统中 出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对 出来的物体列方程求解的方法．
2. 动力学图象
(1)三种图象：v－t图象、a－t图象、F－t图象．
(2)图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
(3)三种应用：
①已知物体的运动图象，通过加速度分析物体的受力情况．
②已知物体受力图象，分析物体的运动情况．
③通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
(4)解题策略：
①弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．
②应用物理规律列出与图象对应的函数方程式．
考点1　超重与失重
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)发生了变化(即“视重”发生变化)．
2. 只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．
3. 尽管物体的加速度不是在竖直方向，但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．
4. 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.
例题：将物体以某一速度竖直上抛,不计物体所受空气阻力,下列说法正确的是( )
A.物体在上升到最高点时处于平衡状态
B.物体在上升过程中处于超重状态
C.上升时的加速度方向与下降时的加速度方向相反
D.物体从抛出到返回抛出点的过程中,上升时速度改变量等于下降时的速度改变量
【答案】D
考点2　动力学图象问题
1. 图象的类型
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
2. 问题的实质
是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．
例题：惯性制导是利用惯性原理控制和导引导弹(或运载火箭)飞向目标的技术,工作时不依赖外界信息,也不向外辐射能量,所以抗干扰性强、隐蔽性好.其基本原理如图甲所示,整个装置水平放置,封装在容器中的金属球两侧探针是力学传感器,可以测得金属球水平方向的弹力.将信息采集至电脑,可计算出物体的速度、位移等信息.若金属球的质量为1kg,取向右为正方向,小车在水平面内从静止开始运动,两侧的传感器采集的信息如图乙所示,则小车在前2 s的位移x和第2 s末的速度v,下列正确的是( )
A.x = －1 m , v = 1 m/s
B.x = 1.5 m , v = 1 m/s
C.x = 0.5 m , v = －1 m/s
D.x = －0.5 m , v = －1 m/s
【解析】由F－t图象可知球的受力情况,可知球(小车)的运动情况,进而画出小车的v－t图象(如图),易得:小车前2 s的位移x = 0.5 m,2 s的速度为v = 1 m/s.
【答案】C
考点3　应用牛顿定律解决多过程问题
1. 多过程问题
很多动力学问题中涉及物体两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿定律中的多过程问题．
2. 解题策略
有些题目中这些过程是彼此独立的，也有的题目中相邻的过程之间也可能存在一些联系，解决这类问题时，既要将每个过程独立分析清楚，又要关注它们之间的联系．
3. 类型
多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题.
例题：如图所示,一水平传送带长L=10m,沿顺时针方向匀速转动,将小物块轻轻放上传送带左端.当传送带分别以速度5m/s、10m/s、12m/s运动时,测得三种情况下物块从传送带左端运动到右端的时间之比为5∶4∶4,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)物体与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)当传送带以5m/s运动时,物块从传送带左端运动到右端的时间.
【解析】(1)当传送带速度较小时,物块从左端运动到右端的过程为:先匀加速再匀速;当传送带速度很大时,物块从左端运动到右端的过程为:一直加速.分析可知:当传送带以5 m/s运动时,物块先匀加速再匀速;当传送带以10 m/s、12 m/s运动时,物块一直加速.
当传送带以v1 = 5 m/s运动时,对物块的匀加速过程,有:
①
②
③
对物块的匀速过程,有:
④
物块运动的总时间为:t = t1+t2 ④
解①②③④得: ⑤
当传送带以10 m/s、12 m/s运动时,物块一直加速,有:
,解得: ⑥
将⑤⑥代入t∶t′ = 5∶4,解得:μ = 0.5
(2)当传送带以v1 = 5 m/s运动时,将v1和μ代入⑤得:t = 2.5 s
【答案】（1）μ = 0.5（2）t = 2.5 s
考点4　动力学中的临界问题思想
1．在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关物理量将发生突变，此状态即为临界状态，相应物理量的值为临界值，对应的问题为临界问题．当题中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，常有临界问题．
解决临界问题一般要通过受力分析、状态分析和运动过程分析，运用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，找到临界状态所隐含的条件．
2．动力学中的典型临界问题
接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0.
两物体相接触且处于相对静止时，常存在静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是静摩擦力为零或达到最大．
绳子断裂的临界条件是绳子张力达到它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳中张力为0.
加速度最大与速度最大的临界条件：物体在受变力作用运动时，其加速度、速度均在变化，当其所受的合外力最大时，其加速度最大；所受的合外力最小时，其加速度最小；当出现加速度为零时，物体处于临界状态，其对应的速度便会出现最大值或最小值．
例题：如图所示，一个质量为m＝0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的光滑斜面上，当斜面静止时，绳与斜面平行．当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力大小．
【解析】小球刚要离开斜面时，受力如图所示：
由牛顿第二定律得：＝ma0
解得：a0＝＝7.5 m/s2
因为a＝10 m/s2>7.5 m/s2，所以小球离开斜面向右做加速运动，则
FT＝＝2.83 N
FN＝0
【答案】2.83 N　0
巩固练习
1. 如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动．若小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力F1和车右壁受弹簧的拉力F2的大小变化可能是(　　)
A. F1不变，F2一直变大
B. F1先变小后变大，F2不变
C. F1先变大后变小，F2不变
D. F1变大，F2先变小后不变
2． (多选)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，从着舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则(　　)
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10
B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
3. (多选)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．当此车减速上坡时，乘客 (　　)
A．处于失重状态
B．受到水平向右的摩擦力
C．重力势能增加
D．所受力的合力沿斜面向上
4. (多选)如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示的弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则(　　)
A. 升降机停止前在向上运动
B. 升降机停止前在向下运动
C. 0～t1时间小球处于失重状态
D. t1～t2时间小球处于超重状态
5.如图所示，在光滑水平桌面上放有质量M＝3 kg的长木板，在长木板的左端放有m＝1 kg小物块，小物块的大小可忽略不计，小物块以某一初速度v0＝4 m/s向右做匀减速运动，已知小物块与长木板表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当小物块运动了t＝1.5 s时，长木板被地面装置锁定不动，假设长木板足够长，g＝10 m/s2.求：长木板被锁定时，小物块距长木板左端的距离．
参考答案与解析：
1.B
【解析】小车向右的加速度增大，而物块始终相对小车静止，即弹簧伸长量始终不变，则F2不变，A、D错；若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右，则随着加速度的增大，摩擦力必变大；若开始摩擦力向左，则随着加速度的增大，摩擦力必先变小后变大，B对C错．
2.AC
【解析】速度－时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x＝70×0.4 m＋×(3.0－0.4)×70 m＝119 m，A正确；0.4 s到2.5 s时间内，速度－时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错；0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a＝ m/s2＝26.7 m/s2，C正确；0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P＝Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错．
3.AC
4.AC
【解析】t＝0时刻，弹力与重力大小相等，之后弹力减小，说明小球向上运动，则升降机停止前在向上运动，A项正确、B项错；0～t1、t1～t2时间内，弹力都小于重力，则小球处于失重状态，C项正确、D项错．
5. 2 m
【解析】设小物块滑上长木板后经过时间t1与长木板具有共同速度，共同速度大小为v.
对小物块：μmg＝ma1
v＝v0－a1t1
对长木板：μmg＝Ma2
v＝a2t1
解得，v＝1 m/s，t1＝1 s
因为t1小物块运动的位移x1＝v0t1－a1t＝2.5 m
长木板运动的位移x2＝a2t＝0.5 m
长木板被锁定时，小物块距长木板左端的距离x＝x1－x2＝2 m.