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1、,专题三,牛顿运动定律的综合应用,【知识梳理】,知识点,1,超重和失重,超重、失重和完全失重比较,:,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,)_,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,)_,的现象,大于,小于,等于零,超重现象,失重现象,完全失重现象,产生,条件,物体的加速度,方向,_,物体的加速度,方向,_,物体的加速度,方向,_,大小,_,原理,方程,F-mg=ma,mg-F=ma,mg-F=ma=mg,F=0,运动,状态,_,上升或
2、,_,下降,_,下降或,_,上升,以,a=g_,下降或,_,上升,竖直向上,竖直向下,竖直向下,a=g,加速,减速,加速,减速,加速,减速,例,:,如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景。,则,:(1),火箭加速上升阶段,具有,_,的加速度,宇航员处于,_,状态。,(2),当火箭停止工作后上升阶段,具有,_,的加速度,宇航员处于,_,状态。,向上,超重,向下,失重,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,_,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。,加速度,整
3、体,整体,(2),隔离法,:,当求系统内物体间,_,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。,(3),外力和内力,:,外力,:,系统外的物体对,_,的作用力。,内力,:,系统内,_,的作用力。,相互作用的内力,“,隔离”,隔离,研究对象,物体之间,【易错辨析】,(1),超重说明物体的重力增大了。,(,),(2),失重时物体的重力小于,mg,。,(,),(3),物体超重时,加速度向上,速度也一定向,上。,(,),(4),物体失重时,也可能向上运动。,(,),(5),应用牛顿运动定律进行整体分析时,可以分析,内力。,(,),
4、(6),加速度大小等于,g,的物体处于完全失重状,态。,(,),提示,:,(1),。超重是物体对支持物的压力大于物体的重力的现象,物体的重力不变。,(2),。失重是物体对支持物的压力小于物体的重力的现象,物体的重力不变。,(3),。超重时,物体的加速度一定向上,但其速度可能向上,也可能向下。,(4),。失重时,物体可能向上做减速运动。,(5),。对系统整体分析只分析外力,不能分析内力。,(6),。物体处于完全失重状态时,物体的加速度大小为,g,方向竖直向下。,考点,1,对超重和失重的理解,【核心要素精讲】,判断超重和失重现象的三个角度,:,(1),从受力的角度判断,:,当物体受向上的拉力,(,
5、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,;,向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。,(3),从速度变化角度判断,:,物体向上加速或向下减速时,超重,;,物体向下加速或向上减速时,失重。,【典例,1,】,(,多选,)(2015,江苏高考,),一人乘电梯上,楼,在竖直上升过程中加速度,a,随时间,t,变化的图线,如图所示,以竖直向上为,a,的正方向,则人对地板的,压力,(,),A.t=2s,时最大,B.t=2s,时最小
6、,C.t=8.5s,时最大,D.t=8.5s,时最小,【解析】,选,A,、,D,。在竖直方向,有,F-mg=ma,得,F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F,就越大,所以,A,项正确,;,加速度方向向下且越大,F,就越小,所以,D,项正确。,【感悟提高】,(1),特点,:,本题属于超失重问题。,(2),方法,:,解答本题用到牛顿第二定律。根据,F-mg=ma,得,F=_,分析图象中,_,的大小和方向来判断,F,的最小值和最大值。,mg+ma,加速度,训练,1.,如图所示,轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板,上,弹簧下端悬挂一个小铁球,在电梯运行时,乘客发,现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大,
7、这一现象,表明,(,),A.,电梯一定是在上升,B.,电梯一定是在下降,C.,电梯的加速度方向一定是向下,D.,乘客一定处在超重状态,【解析】,选,D,。电梯静止时,弹簧的拉力和重力相等。现在,弹簧的伸长量变大,则弹簧的拉力增大,小铁球的合力方向向上,加速度方向向上,小铁球处于超重状态,但是电梯的运动方向可能向上也可能向下,故只有,D,正确。,练习,2.(,多选,),某人乘电梯从,24,楼到,1,楼的,v-t,图象如图所示,下列说法正确的是,(,),A.0,4s,内人做匀加速直线运动,加速度为,1m/s,2,B.4,16s,内人做匀速直线运动,速度保持,4m/s,不变,处于完全失重状态,C.1
8、6,24s,内,人做匀减速直线运动,速度由,4m/s,减至,0,处于失重状态,D.0,24s,内,此人经过的位移为,72m,A.0,4s,内人做匀加速直线运动,加速度为,1m/s,2,B.4,16s,内人做匀速直线运动,速度保持,4m/s,不变,处于完全失重状态,C.16,24s,内,人做匀减速直线运动,速度由,4m/s,减至,0,处于失重状态,D.0,24s,内,此人经过的位移为,72m,【解析】,选,A,、,D,。,0,4s,内,v-t,图线是一条倾斜直线,且,a=1m/s,2,A,对,;4,16s,内,a=0,不是完全失重状,态,B,错,;16,24s,内,电梯减速下降,a,向上,处于超
9、重状,态,C,错,;0,24s,内,位移大小等于图线与横轴围成的面,积数值,故,x=(24+12)4m=72m,D,对。,【规律总结】,超失重的两点注意,(1),不管物体的加速度是否沿竖直方向,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),发生超失重现象时,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。,【加固训练】,空中缆车是旅游景点给游客准备的上山和进行空中参观的交通工具,如图所示,一质量为,m,的游客乘坐空中缆车沿着坡度为,30,的钢绳索上行。开始时缆车平稳匀速上行,由于故障,缆车以,a=,的加速度减速上行,下列,判
10、断中正确的是,(,),A.,缆车平稳匀速上行和减速上行时,缆车对游客的摩,擦力平行钢绳索向上,B.,缆车平稳匀速上行和减速上行时,游客对缆车的作,用力均竖直向下,C.,缆车减速上行时,缆车对游客的作用力是平稳匀速,上行时的,D.,缆车减速上行时,缆车对游客的支持力是平稳匀速,上行时的,【解析】,选,D,。缆车平稳匀速上行时,游客仅受两个力,:,重力,mg,和支持力,N,1,其合力为零,即,N,1,=mg,。当缆车减速,上行时,游客受三个力,:,重力、支持力,N,2,、水平向左的,摩擦力。将加速度往水平和竖直方向分解,如图所示,mg-N,2,=masin30,N,2,=,f=macos30=,。
11、,缆车对游客的作用力,F=,。故本题选,D,。,考点,2,整体法和隔离法解决连接体问题,【核心要素精讲】,1.,整体法的选取原则及步骤,:,(1),当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。,(2),运用整体法解题的基本步骤,:,2.,隔离法的选取原则及步骤,:,(1),当涉及系统,(,连接体,),内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。,(2),运用隔离法解题的基本步骤,:,明确研究对象或过程、状态。,将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。,画出某状态下的受力图或运动过程示意图。,选用适当的物理规律列方程求解。,【典例,2,】,
12、如图所示,A,、,B,两物体用一轻细线绕过定滑轮连接,并且斜面上的细线部分平行于斜面,A,、,B,质量分别为,m,1,、,m,2,。斜面光滑、倾角为,不计一切摩擦和滑轮质量,开始用外力固定,B,并且使,B,到滑轮间的细线竖直,系统静止。斜面已固定,求撤去外力后,A,、,B,两物体的加速度。,【解析】,假设,A,沿斜面向下滑动,则,B,向上运动,设它,们的加速度大小为,a,细线上的张力为,T,应用牛顿第,二定律,对,A,有,:m,1,gsin-T=m,1,a,对,B,有,:T-m,2,g=m,2,a,联立两式可得,:,a=,讨论,:,(1),若,m,1,gsinm,2,g,则与假设相同,(2),
13、若,m,1,gsin=m,2,g,则,a=0,保持静止,(3),若,m,1,gsinM,有,x,1,=x,2,B.,若,msin,有,a,1,=a,2,D.,若,gtan,求减速阶段球受到,箱子左壁和顶部的作用力。,【解析】,(1),由匀变速直线运动公式有,:,v,2,=2as,1,、,v,2,=2as,2,且,s=s,1,+s,2,解得,:a=,(2),假设球不受箱子作用,应满足,:,F,N,sin=ma,F,N,cos=mg,解得,:a=gtan,。,减速时加速度向左,此加速度由斜面,支持力,F,N,与左壁支持力,F,左,共同决定,当,agtan,F,左,=0,球受力如图所示,在水平方向上
14、根据牛顿第二定律有,F,N,sin=ma,在竖直方向有,F,N,cos-F,上,=mg,解得,:F,上,=m(acot-g),。,答案,:,(1),(2)0,m(acot-g),训练,1.,如图所示,质量均为,m,的,A,、,B,两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于,mg,的恒力,F,向上拉,B,运动距离,h,时,B,与,A,分离,下列说法正确的是,(,),A.B,和,A,刚分离时,弹簧长度等于原长,B.B,和,A,刚分离时,它们的加速度为,g,C.,弹簧的劲度系数等于,D.,在,B,和,A,分离前,它们做匀加速直线运动,【解析】,选,C,。,A,、,B,分离前,A,、,B,共同做加速
15、运动,由,于,F,是恒力,而弹力是变力,故,A,、,B,做变加速直线运动,当两物体要分离时,F,AB,=0,对,B:F-mg=ma,对,A:kx-mg=,ma,。即,F=kx,时,A,、,B,分离,此时弹簧处于压缩状态,由,F=mg,拉,B,前设弹簧压缩量为,x,0,则,2mg=kx,0,h=x,0,-x,解以上各式得,k=,综上所述,只有,C,项正确。,【加固训练】,如图所示,质量分别为,M,、,m,的两物块,A,、,B,叠放在一起沿光滑水平地面以速度,v,做匀速直线运动,A,、,B,间的动摩擦因数为,在,t=0,时刻对物块,A,施加一个随时间变化的推力,F=kt,k,为一常量,则从力,F,
16、作用开始到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为,(,),【解析】,选,C,。两物块发生相对滑动的条件是系统的,加速度大于物块,B,能获得的最大加速度,与物块,A,的运,动速度无关,A,错误,;,由牛顿第二定律可得系统一起运,动的加速度,a=,物块,B,的加速度由,A,对,B,的静摩,擦力产生,最大加速度,a,Bm,=,当,aa,Bm,时,A,、,B,发生,相对滑动,代入,F=kt,解得,t=,C,项正确。,传送带”模型问题,1.,模型特点,:,(1),水平传送带。,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,项目,图示,滑块可能的运动情况,情景,2,(1)v,0,v,时,可能一直减速,也可能先减速再匀速,(2)v,0,v,返回时速度为,v,当,v,0,v,返回时速度为,v,0,(2),倾斜传送带。,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,a,1,加速后以,a,2,加速,2.,思路方法,:,(1),水平传送带问题,:,
