2016年高考物理热点题型和提分秘籍专题 3.3牛顿运动定律的综合应用

【高频考点解读】1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决实际问题．【热点题型】题型一对超重、失重的理解例1．如图3­3­1所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量m A<m B，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力( )图3­3­1A．T＝m A g B．T>m A gC．T＝m B g D．T>m B g【提分秘籍】(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，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。

(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。

此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。

【举一反三】在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3­3­2所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )图3­3­2A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下题型二 动力学中整体法与隔离法的应用例2、)如图3­3­4所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。

绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g ，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。

已知物体A 、B 的质量相等均为M ，物体C 的质量为m ，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m ＝14M ，求：图3­3­4(1)物体B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；(2)系统由静止释放后运动过程中物体C 对B 的拉力。

解析：(1)设物体的加速度为a ，绳子中的张力为F ，对物体A ，F －Mg ＝Ma ，对BC 整体，(M ＋m )g －F ＝(M ＋m )a ，联立解得：a ＝m2M ＋mg 。

将m ＝14M ，代入，得a ＝g 9。

物体B 从静止开始下落一段距离，h ＝12at 2， 自由落体下落同样的距离，h ＝12gt 02，答案：(1)3 (2)89mg 【方法规律】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。

(2)对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析。

【提分秘籍】1．方法概述(1)整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。

(2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。

2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型图3­3­3(1)涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。

例如，如图3­3­3所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。

(2)水平面上的连接体问题①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。

解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。

②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。

(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。

3．解题思路(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法。

(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度。

(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量。

【举一反三】如图3­3­5所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

滑块的v­t 图像可能是图3­3­6中的( )图3­3­5图3­3­6题型三动力学中的临界极值问题例3、如图3­3­8所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。

若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。

设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的。

请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )图3­3­8A．T1＝ m＋2m2 m1gm＋2 m1＋m2 B．T1＝m＋2m1 m2gm＋4 m1＋m2C．T1＝ m＋4m2 m1gm＋2 m1＋m2 D．T1＝m＋4m1 m2gm＋4 m1＋m2解析:本题因考虑滑轮的质量m，左右两段细绳的拉力大小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解T1和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若m1接近零，则T1也接近零，由此可知，B、D均错误；若m1＝m2，则m1、m2静止不动，T1＝m1g，则A错误，故本题选C。

答案:C【提分秘籍】临界或极值条件的标志1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。

2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。

3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。

4．若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。

(一)极限分析法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。

(二)假设分析法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。

(三)数学极值法将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件。

【举一反三】如图3­3­9所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M ＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。

(g取10 m/s2)图3­3­9竖直方向有【变式探究】如图3­3­10所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A 、B 之间的距离L ＝10 m 。

已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33。

重力加速度g 取10 m/s 2。

图3­3­10(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小。

(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析:(1)由运动学公式得：L ＝v 0t ＋12at 2① 2aL ＝v B 2－v 02②答案:(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 1353 N题型四 传送带模型例4、一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m 。

其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2, 试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。

(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程。

(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)图3­3­12解析:(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝m a 1①s 1＝v 022a 1＝1 m ＜L ② 所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2③物块速度为零时上升的距离s 2＝－v 022a 2＝13m ④ 由于s 2＜0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点。

答案:(1)不能13m (2)5 m【提分秘籍】1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图3­3­11(a)、(b)、(c)所示。

图3­3­112．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。

(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。

物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。

当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

【举一反三】如图3­3­14所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，在传送带顶端A 处无初速度的释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2。

求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3­3­14(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间。

a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11 解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s 。

答案：(1)4 s (2)2 s题型五滑块、滑板模型例5、如图3­3­15甲所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2，试求：(1)若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板右端；(2)若在铁块上加一个大小从零开始均匀增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。