物理课件第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用
最大距离，θ 已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故 D 正确．
[答案] ACD
[真题点评] 此题是利用 v t 图象的信息分析物块沿斜面的
运动，考查动力学知识的综合应用，解决此类图象信息题要抓 住两要点： (1)读图，要抓住图象的起点、斜率、截距、折点及面积对应的 物理意义． (2)建关系，要明确物体运动满足的物理规律和图象函数的相对 应关系．
拓展 2 a-t 图象信息的应用 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，a t 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
3．[超重、失重的计算] (多选)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 挂一个小球，电梯中有质量为 50 kg 的乘客，在 电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是 电梯静止时的四分之三．已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由此可判断( ) A．电梯可能加速下降，加速度大小为 5 m/s2 B．电梯可能减速上升，加速度大小为 2.5 m/s2 C．乘客处于超重状态 D．乘客对电梯地板的压力为 375 N
信息求出未知量
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情 a-t
况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列 图象
方程
F-t 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加
图象 速度，分析每一时间段的运动性质
2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律 F＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、 斜率、面积所表示的意义．运用图象解决问题一般包括两个角 度： (1)用给定图象解答问题； (2)根据题意作图，用图象解答问题．在实际的应用中要建立物 理情景与函数、图象的相互转换关系．
[解析] 设物块的质量为 m、斜面的倾角为 θ，物块与斜面间的动摩 擦因数为 μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a1 和 a2， 根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmg·cos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ ＝ma2.再结合 v t 图线斜率的物理意义有 a1＝vt10，a2＝vt11.由上述四 式可见，无法求出 m，可以求出 θ、μ，故 B 错误，A、C 均正确.0～ t1 时间内的 v t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的
题组突破训练
1．[超重、失重的判断] (多选)2016 年 10 月 17 日我国的“神舟十 一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空．两名宇航员在随 飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的 过程中，既要承受超重的考验．又要承受失重的考验．下列说法中正 确的是( ) A．当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态 B．“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态 C．“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的 压力小于宇航员的重力 D．“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇 航员的重力
A．升降机停止前在向上运动 B．0～t1 时间内小球处于失重状态，t1～t2 时间内小球处于超重 状态 C．t1～t3 时间内小球向下运动，速度先增大后减小 D．t3～t4 时间内小球向下运动，速度一直增大
解析：由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上 运动，而小球的运动方向与升降机原来的运动方向相同，则知 升降机停止前在向上运动，故 A 正确；0～t1 时间内拉力小于 重力，小球处于失重状态，t1～t2 时间内拉力也小于重力，小球 也处于失重状态，故 B 错误；t1 时刻弹簧处于原长状态，t1～t3 时间内小球向下运动，t3 时刻小球到达最低点，弹簧处于伸长 状态，小球所受的合力方向先向下后向上，速度先增大后减小， C 正确；t3～t4 时间内小球向上运动，重力做负功，弹簧的弹力 做正功，小球动能增大，速度增大，D 错误． 答案：AC
拓展 1 F-t 图象信息的应用 1．(多选)(2018·安徽屯溪一中月考)如图甲所示，在升降机的顶 部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，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，若升降机在匀速运 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( )
第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用
C目录 ONTENTS
[考纲解读] [基础知识•自主梳理] [高频考点•分类突破] [跟踪检测•巩固提升] 5 [课时作业]
[考纲解读]
1．掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题． 2.学会分析图象及临界与极值问题．
[基础知识•自主梳理]
[高频考点•分类突破]
核心要点突破
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，而在于物体的加速度方向，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． 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．
解析：当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员 的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速 下降时，宇航员处于超重状态，故选项 A 正确；“神舟十一号”在 返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项 B 错误；“神 舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，加速度方向始终向上， 宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故 选项 C 错误；“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向 上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力， 故选项 D 正确．
3．外力和内力 (1)外力：系统外的物体对 研究对象的作用力． (2)内力：系统内 物体间的作用力．
■ 思维判断 (1)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．( × ) (2)减速下降的物体处于失重状态．( × ) (3)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态．( × ) (4) 超 重 就 是 物 体 的 重 力 增 加 了 ， 失 重 就 是 物 体 的 重 力 减 少 了．( × ) (5)处于完全失重的物体也可能向上运动．( √ ) (6)应用牛顿运动定律进行整体分析时，可以分析内力．( × ) (7)分析物体间相互作用时，要用隔离法．( √ )
真题拓展探究
[典例 1] (多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v t 图线如图乙所示．若重 力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 [思路点拨] 解此题关键是将物块沿斜面的运动和图象提供的 信息相对应，并分段研究．
答案：AD
2．[斜面上超重与失重的判断] 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( ) 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． 答案：B
一、超重、失重现象
超重现象
失重现象
完全失重现象
物体对支持物的 物体对支持物的 物体对支持物的
压力(或对悬挂物 压力(或对悬挂物 压力(或对悬挂物 概念
的拉力)大于物体 的拉力)小于物体 的拉力)等于零的
所受重力的现象 所受重力的现象 现象
产生 物体的加速度方 条件 向 竖直向上
物体擦因数为 0.1 B．当水平拉力 F＝7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2 C．当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量 m＝2 kg
解析：由题可知，当 0＜F≤6 N 时二者一起加速运动，对整体有 F＝ (M＋m)a，a＝M＋1 mF，即此时 a-F 图线的斜率为整体质量的倒数， 得 M＋m＝3 kg；当 F＞6 N 时二者间出现相对滑动，对木板有 F－μmg ＝Ma，即 a＝M1 F－μMmg，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得 M＝1 kg，则 m＝2 kg，D 正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外 力等于木板对它产生的摩擦力，不再随 F 的增大而变化，则出现相对 滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最 大加速度为 a 大＝2 m/s2，由牛顿第二定律有 μmg＝ma 大，得 μ＝0.2， A、C 错误；将 F＝7 N 代入 a＝M1 F－μMmg得 a＝3 m/s2，B 正确．
解析：电梯静止不动时，小球受力平衡，有 mg＝kx，电梯运 行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛 顿第二定律，有 mg－34kx＝ma，即14mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加 速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态， 选项 A、C 错误，选项 B 正确；电梯地板对乘客的支持力大小 为 FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律 知乘客对电梯地板的压力为 375 N，选项 D 正确． 答案：BD
解析：利用 a t 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 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，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，B、C 错误；因 a t 图线与 t 轴所围的“面积”
[答案] ACD
[真题点评] 此题是利用 v t 图象的信息分析物块沿斜面的
运动，考查动力学知识的综合应用，解决此类图象信息题要抓 住两要点： (1)读图，要抓住图象的起点、斜率、截距、折点及面积对应的 物理意义． (2)建关系，要明确物体运动满足的物理规律和图象函数的相对 应关系．
拓展 2 a-t 图象信息的应用 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，a t 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
3．[超重、失重的计算] (多选)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 挂一个小球，电梯中有质量为 50 kg 的乘客，在 电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是 电梯静止时的四分之三．已知重力加速度 g 取 10 m/s2，由此可判断( ) A．电梯可能加速下降，加速度大小为 5 m/s2 B．电梯可能减速上升，加速度大小为 2.5 m/s2 C．乘客处于超重状态 D．乘客对电梯地板的压力为 375 N
信息求出未知量
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情 a-t
况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列 图象
方程
F-t 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加
图象 速度，分析每一时间段的运动性质
2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律 F＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、 斜率、面积所表示的意义．运用图象解决问题一般包括两个角 度： (1)用给定图象解答问题； (2)根据题意作图，用图象解答问题．在实际的应用中要建立物 理情景与函数、图象的相互转换关系．
[解析] 设物块的质量为 m、斜面的倾角为 θ，物块与斜面间的动摩 擦因数为 μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a1 和 a2， 根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmg·cos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ ＝ma2.再结合 v t 图线斜率的物理意义有 a1＝vt10，a2＝vt11.由上述四 式可见，无法求出 m，可以求出 θ、μ，故 B 错误，A、C 均正确.0～ t1 时间内的 v t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的
题组突破训练
1．[超重、失重的判断] (多选)2016 年 10 月 17 日我国的“神舟十 一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空．两名宇航员在随 飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的 过程中，既要承受超重的考验．又要承受失重的考验．下列说法中正 确的是( ) A．当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态 B．“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态 C．“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的 压力小于宇航员的重力 D．“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇 航员的重力
A．升降机停止前在向上运动 B．0～t1 时间内小球处于失重状态，t1～t2 时间内小球处于超重 状态 C．t1～t3 时间内小球向下运动，速度先增大后减小 D．t3～t4 时间内小球向下运动，速度一直增大
解析：由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上 运动，而小球的运动方向与升降机原来的运动方向相同，则知 升降机停止前在向上运动，故 A 正确；0～t1 时间内拉力小于 重力，小球处于失重状态，t1～t2 时间内拉力也小于重力，小球 也处于失重状态，故 B 错误；t1 时刻弹簧处于原长状态，t1～t3 时间内小球向下运动，t3 时刻小球到达最低点，弹簧处于伸长 状态，小球所受的合力方向先向下后向上，速度先增大后减小， C 正确；t3～t4 时间内小球向上运动，重力做负功，弹簧的弹力 做正功，小球动能增大，速度增大，D 错误． 答案：AC
拓展 1 F-t 图象信息的应用 1．(多选)(2018·安徽屯溪一中月考)如图甲所示，在升降机的顶 部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，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，若升降机在匀速运 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( )
第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用
C目录 ONTENTS
[考纲解读] [基础知识•自主梳理] [高频考点•分类突破] [跟踪检测•巩固提升] 5 [课时作业]
[考纲解读]
1．掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题． 2.学会分析图象及临界与极值问题．
[基础知识•自主梳理]
[高频考点•分类突破]
核心要点突破
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，而在于物体的加速度方向，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． 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．
解析：当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员 的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速 下降时，宇航员处于超重状态，故选项 A 正确；“神舟十一号”在 返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项 B 错误；“神 舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，加速度方向始终向上， 宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故 选项 C 错误；“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向 上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力， 故选项 D 正确．
3．外力和内力 (1)外力：系统外的物体对 研究对象的作用力． (2)内力：系统内 物体间的作用力．
■ 思维判断 (1)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．( × ) (2)减速下降的物体处于失重状态．( × ) (3)加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态．( × ) (4) 超 重 就 是 物 体 的 重 力 增 加 了 ， 失 重 就 是 物 体 的 重 力 减 少 了．( × ) (5)处于完全失重的物体也可能向上运动．( √ ) (6)应用牛顿运动定律进行整体分析时，可以分析内力．( × ) (7)分析物体间相互作用时，要用隔离法．( √ )
真题拓展探究
[典例 1] (多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v t 图线如图乙所示．若重 力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 [思路点拨] 解此题关键是将物块沿斜面的运动和图象提供的 信息相对应，并分段研究．
答案：AD
2．[斜面上超重与失重的判断] 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( ) 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． 答案：B
一、超重、失重现象
超重现象
失重现象
完全失重现象
物体对支持物的 物体对支持物的 物体对支持物的
压力(或对悬挂物 压力(或对悬挂物 压力(或对悬挂物 概念
的拉力)大于物体 的拉力)小于物体 的拉力)等于零的
所受重力的现象 所受重力的现象 现象
产生 物体的加速度方 条件 向 竖直向上
物体擦因数为 0.1 B．当水平拉力 F＝7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2 C．当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量 m＝2 kg
解析：由题可知，当 0＜F≤6 N 时二者一起加速运动，对整体有 F＝ (M＋m)a，a＝M＋1 mF，即此时 a-F 图线的斜率为整体质量的倒数， 得 M＋m＝3 kg；当 F＞6 N 时二者间出现相对滑动，对木板有 F－μmg ＝Ma，即 a＝M1 F－μMmg，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得 M＝1 kg，则 m＝2 kg，D 正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外 力等于木板对它产生的摩擦力，不再随 F 的增大而变化，则出现相对 滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最 大加速度为 a 大＝2 m/s2，由牛顿第二定律有 μmg＝ma 大，得 μ＝0.2， A、C 错误；将 F＝7 N 代入 a＝M1 F－μMmg得 a＝3 m/s2，B 正确．
解析：电梯静止不动时，小球受力平衡，有 mg＝kx，电梯运 行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛 顿第二定律，有 mg－34kx＝ma，即14mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加 速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态， 选项 A、C 错误，选项 B 正确；电梯地板对乘客的支持力大小 为 FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律 知乘客对电梯地板的压力为 375 N，选项 D 正确． 答案：BD
解析：利用 a t 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 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，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，B、C 错误；因 a t 图线与 t 轴所围的“面积”
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高考物理大一轮复习：第三章牛顿运动定律第3讲 牛顿运动定律的综合应用
动定律
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
一、瞬时加速度分析 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析物体在该 时刻前、后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬 时加速度．此类问题应注意两种模型的建立．
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
3．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，则内力将转 换为隔离体的外力．
图 3－3－1 (1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度； (2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况 不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度．
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
【答案】(1)gsin θ，方向垂直L1斜向下 (2)gtan θ，方向 水平向右
【解析】(1)对图甲的情况，L2剪断的瞬间，绳L1不可伸 缩，物体的加速度只能沿切线方向，则mgsin θ＝ma1
超重现象
失重现象
完全失重
物体对支持物的 物体对支持物的 物体对支持物的
定义
压力(或对悬挂 物的拉力) __大__小__物体所受 重力的现象
压力(或对悬挂 物的拉力) __小__于__物体所受 重力的现象
压力(或对悬挂 物的拉力) _等__于__零__的现象
产生 物体的加速度方 物体的加速度方 物体的加速度方
mF B.M＋m
C．μ(M＋m)g D．ma
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
一、瞬时加速度分析 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析物体在该 时刻前、后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬 时加速度．此类问题应注意两种模型的建立．
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
3．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，则内力将转 换为隔离体的外力．
图 3－3－1 (1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度； (2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况 不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度．
第三章 牛顿运动定律
高三一轮总复习 ·物理
【答案】(1)gsin θ，方向垂直L1斜向下 (2)gtan θ，方向 水平向右
【解析】(1)对图甲的情况，L2剪断的瞬间，绳L1不可伸 缩，物体的加速度只能沿切线方向，则mgsin θ＝ma1
超重现象
失重现象
完全失重
物体对支持物的 物体对支持物的 物体对支持物的
定义
压力(或对悬挂 物的拉力) __大__小__物体所受 重力的现象
压力(或对悬挂 物的拉力) __小__于__物体所受 重力的现象
压力(或对悬挂 物的拉力) _等__于__零__的现象
产生 物体的加速度方 物体的加速度方 物体的加速度方
mF B.M＋m
C．μ(M＋m)g D．ma
高考物理一轮复习 第3章 力和运动 第3课时 牛顿运动定律的综合应用课件.pptx
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【例1】 (2016·洛阳模拟)一同学想研究电梯上升过程 的运动规律．某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传 感器上．电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到 最高层停止．在这个过程中，显示器上显示出的力随时 间变化的关系如图所示．取重力加速度g＝10 m/s2，根 据表格中的数据．求：
6
方法总结
超重和失重现象的判断“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．
5
9பைடு நூலகம்
解析：由题图知小琳在这段时间内处于失重状态，是由于小琳 对体重计的压力变小了，而小琳的重力没有改变，A 选项错；小琳 对体重计的压力与体重计对小琳的支持力是一对作用力与反作用 力，大小一定相等，B 选项错；以竖直向下为正方向，有：mg－F ＝ma，解得 a＝5g，方向竖直向下，但其速度方向可能是竖直向上， 也可能是竖直向下，C 选项错，D 选项正确．
思路分析：由 F－t 图象清楚地了解物体在各时间段内作用在物 体上的水平外力，由 v－t 图象明确各时间段内物体的加速度，由牛 顿第二定律则可知道各时间段物体受到的合外力，根据物体的运动 状态和受力分析求得各物理量．
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解析：(1)由 F－t 图象可知 t＝1 s 时，F1＝4 N，而此时物体的 加速度为零，由平衡条件可得摩擦力
联立得 m＝F2－a F3＝12－ 2 8 kg＝2 kg，
【例1】 (2016·洛阳模拟)一同学想研究电梯上升过程 的运动规律．某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传 感器上．电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到 最高层停止．在这个过程中，显示器上显示出的力随时 间变化的关系如图所示．取重力加速度g＝10 m/s2，根 据表格中的数据．求：
6
方法总结
超重和失重现象的判断“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．
5
9பைடு நூலகம்
解析：由题图知小琳在这段时间内处于失重状态，是由于小琳 对体重计的压力变小了，而小琳的重力没有改变，A 选项错；小琳 对体重计的压力与体重计对小琳的支持力是一对作用力与反作用 力，大小一定相等，B 选项错；以竖直向下为正方向，有：mg－F ＝ma，解得 a＝5g，方向竖直向下，但其速度方向可能是竖直向上， 也可能是竖直向下，C 选项错，D 选项正确．
思路分析：由 F－t 图象清楚地了解物体在各时间段内作用在物 体上的水平外力，由 v－t 图象明确各时间段内物体的加速度，由牛 顿第二定律则可知道各时间段物体受到的合外力，根据物体的运动 状态和受力分析求得各物理量．
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解析：(1)由 F－t 图象可知 t＝1 s 时，F1＝4 N，而此时物体的 加速度为零，由平衡条件可得摩擦力
联立得 m＝F2－a F3＝12－ 2 8 kg＝2 kg，
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律3牛顿运动定律的综合应用课件
【规律方法】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。
【解析】(1)B落地前,对于A,取水平向左为正,对于B,取竖直向下为正,
根据牛顿第二定律得,T=2ma,mg-T=ma
联立两式解得a= 1 g。
3
(2)由(1)解得压力大小等于滑轮受到的轻绳压力大小,
F=2Tcos 45°= 2 2 m。g
3
答案:(1) g1
【典例·通法悟道】 【典例2】(2019·宁德模拟)如图所示,可看作质点的两物块A、B的质量分别为 2m、m。A放在光滑水平桌面上,一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,两 端分别与A、B相连接,A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放,当B落 地时,A还在桌面上。不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)B落地前的加速度a的大小。 (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。
复习课件
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律3牛顿运动定律的综合应用课件
2021/4/17
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律3牛顿运动定律的综合应
1
用课件
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
命题点一 超重、失重的分析判断 【要点·融会贯通】 1.物体的超、失重:
2.关于超、失重的三点说明: (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 物体的加速度方向,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。 (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。
20高考物理：第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用
物体对支持物的压力(或对悬挂 概念 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__
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
2019年4月27日
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14
•
例1
(2018·湖南长郡中学月考)(多选)如图所示，蹦床
运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第
一过程，从最低点上升到离开床面C为D 第二过程，下列判断正确的是
• (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。( ×
)
2019年4月27日
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8
• 1．下列关于超重、失重现象的说法正确的是B ( ) • A．超重现象就是重力增大，失重现象就是重力减小
• B．无论是超重还是失重，实质上作用在物体上的重力并没有改变
[解析] 由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处 于超重状态，故 A、D 错误；由 F－mg＝ma，可得 F＝mg＋ma，则当 a＝1.5m/s2 时体重计的示数最大，故 C 正确，B 错误。
2019年4月27日
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12
核心考点突破
2019年4月27日
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高中物理总复习第三章牛顿运动定律的综合应用 PPT
N2－mgcosθ＝0 N－mgsinθ－f2＝ma 且：f2＝μN2 解上式得：N＝mFcoMsθ＋－mμsinθ。
答案：mFcoMsθ＋－mμsinθ
[知识必会] 1、临界问题
在一种运动形式(或某种物理过程和物理状态)变化得 过程中,存在着分界得现象。这就是从量变到质变得规 律在物理学中得生动表现,这种界限通常以临界值和临 界状态得形式出现在不同得物理情景中。利用临界值 和临界状态作为求解问题得思维起点,就是一个重要得 解题方法。
3、整体法、隔离法交替运用原则 若连接体内各物体具有相同得加速度,且要求物体之间 得作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离 法选取合适得研究对象,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”。
4、涉及隔离法与整体法得具体问题 (1)涉及滑轮得问题,若要求绳得拉力,一般都必须采用隔
[思路点拨] 求解拉力F时要用整体、隔离相结合得方法, 求解物体与磅秤之间得静摩擦力用隔离法。
[解析] (1)选物体为研究对象,受力分析 如图所示。 将加速度a沿水平和竖直方向分解,则有: FN1－mg＝masinθ 解得a＝5 m/s2
取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受 力分析如图所示。 F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a ∴F＝(M＋m)gsinθ＋(M＋m)a＝1000 N (2)对物体有 f 静＝macosθ＝200 3 N 根据牛顿第三定律得，物体对磅秤的静摩擦力大小为 200 3 N，方向水平向左。 [答案] (1)1000 N (2)200 3 N 方向水平向左
当 P、Q 开始运动时拉力最小，此时有 Fmin＝(m1＋m2)a ＝36 N
当 P 与 Q 分离时拉力最大，此时有 Fmax＝m2(a＋gsinθ) ＝72 N。
高三第一轮复习第三章牛顿运动定律的综合应用ppt文档
转动，皮带的上表面以某一速率向左或向右 做匀速运动，小物体仍从A点静止释放，则 小物体将可能落在地面上的（ AB ） A.D点右边的M点 B.D点 C.D点左边的N点 D.从B到C小物体速度降 为零，停在C点不下落
3、连接体问题（系统牛顿第二定律）
在应用牛顿第二定律解题时，有时 为了方便，可以取一组物体（一组质点 ）即：“系统”或“整体”为研究对象。这 一组物体可以有相同的速度和加速度， 也可以有不同的速度和加速度。以质点 组为研究对象的好处是可以不考虑组内 各物体间的相互作用，这往往给解题带 来很大方便，使解题过程简单明了。
B的加速度的竖直分量: ay gsin2
对B受力分析有: mgNmay
所以B对A的压力大小等于: mg cos2
的:
B
A
A. 放手后, AB不会分离
B. 放手后, B竖直向下运动
C. 放手后, A沿斜面向下运动
D. B对A的压力等于mg
E. A对斜面的压力等于(M+m)gcos
（2）系统具有不相同的速度和加速度
在应用牛顿第二定律解题时，若研 究对象为一物体系统，这一系统内各物 体具有不同的速度和加速度，可用系统 牛顿第二定律求解。这样做的好处是可 以不考虑组内各物体间的相互作用，这 往往给解题带来很大方便。使解题过程 简单明了。
例2．一个弹簧秤放在水平面地面上，Q为
与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重
物，已知P的质量M=10.5kg，Q的质量
m=1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数
k=800N/m，系统处于静止，如图所示。
现给P施加一个竖直向上的力F，使它从静
止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s
时间内F为变力，0.2s后F为 恒力。求F的最大值与最小值。 F
3、连接体问题（系统牛顿第二定律）
在应用牛顿第二定律解题时，有时 为了方便，可以取一组物体（一组质点 ）即：“系统”或“整体”为研究对象。这 一组物体可以有相同的速度和加速度， 也可以有不同的速度和加速度。以质点 组为研究对象的好处是可以不考虑组内 各物体间的相互作用，这往往给解题带 来很大方便，使解题过程简单明了。
B的加速度的竖直分量: ay gsin2
对B受力分析有: mgNmay
所以B对A的压力大小等于: mg cos2
的:
B
A
A. 放手后, AB不会分离
B. 放手后, B竖直向下运动
C. 放手后, A沿斜面向下运动
D. B对A的压力等于mg
E. A对斜面的压力等于(M+m)gcos
（2）系统具有不相同的速度和加速度
在应用牛顿第二定律解题时，若研 究对象为一物体系统，这一系统内各物 体具有不同的速度和加速度，可用系统 牛顿第二定律求解。这样做的好处是可 以不考虑组内各物体间的相互作用，这 往往给解题带来很大方便。使解题过程 简单明了。
例2．一个弹簧秤放在水平面地面上，Q为
与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重
物，已知P的质量M=10.5kg，Q的质量
m=1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数
k=800N/m，系统处于静止，如图所示。
现给P施加一个竖直向上的力F，使它从静
止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s
时间内F为变力，0.2s后F为 恒力。求F的最大值与最小值。 F
高考物理一轮复习 第三章 第3单元 牛顿运动定律的综合应用课件
• 2．(多选)如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上 方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶 上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段 时间内，木箱的运动状态可能为( )
• A．加速下降 B．加速上升
• C．减速上升 D．减速下降
┃题组二┃ 整体法与隔离法
• 3．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质 量为2 kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3 kg的 物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(取g＝10
• 4．尽管整体没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．
[试题调研] • [调研1] (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( )
• 3．当问题中出现相互作用的多个物体时，可以选择系统为 研究对象，也可以选择其中一个物体为研究对象，从而出现 整体法与隔离法．
突破核心
•细研核心点 练透经典题
考点一 超重与失重
• 1．尽管物体的加速度不是沿竖直方向，但只要其加速 度在竖直方向上有分量即ay≠0，物体就会出现超重或失重状 态．当ay方向竖直向上时，物体处于超重状态；当ay方向竖 直向下时，物体处于失重状态．
• 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．
第三章专题三应用牛顿运动定律解决三类常见问题-2025年高考物理一轮复习PPT课件
解析
高考一轮总复习•物理
第19页
2．[竖直方向的连接体模型]如图所示，轻质定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相 连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的 A、B 两物体相连．用挡板托住物体 B 使 A、 B 保持静止，此时拉力传感器的示数为 10 N；撤去挡板，物体 A 上升、B 下降，此时拉力 传感器的示数为 15 N．重力加速度取 g＝10 m/s2，则物体 B 的质量为( )
高考一轮总复习•物理
第23页
典例 3 (2024·湖北部分重点中学联考)如图所示，质量为 m＝1.5 kg 的托盘放在竖直放 置的轻质弹簧上方，质量为 M＝10.5 kg 的物块放在托盘里处于静止状态，已知弹簧劲度系 数 k＝800 N/m.现对物块施加一向上的力 F 作用，使它向上做匀加速直线运动，已知 F 的最 大值为 168 N(取 g＝10 m/s2)，求：
答案
高考一轮总复习•物理
第11页
解析：由 a-t 图像中图线与 t 轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化 量大小约为 Δv＝2×1 m/s＋12×(1.5＋2)×2 m/s＋12×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以 0 时刻的速 度约为 v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故 0～6 s 内的位移满足 x<12v0t＝23.25 m，故 A 错误，B 正确；由题图可知 4 s 时公共汽车的加速度 约为 1.0 m/s2，故 C 错误；由牛顿第二定律可知 4 s 时公共汽车受到外力的合力约为 F＝ma ＝5 000 N，故 D 错误．
高考一轮总复习•物理
第8页
1．[根据物理情境选择图像]在地面将一小球竖直向上抛出，经时间 t0 到达最高点，然 后又落回原处，若空气阻力大小恒定，则如图所示的图像能正确反映小球的速度 v、加速 度 a、位移 x、速率 u 随时间 t 变化关系的是(竖直向上为正方向)( )
高考物理一轮复习 第三章 专题探究三 牛顿运动定律的综合应用课件
g
M m
M
2021/12/8
第十六页，共五十六页。
〚核心点拨〛 (1)M和m一起加速时,求它们的加速度时以整体为研究对象比较快捷. (2)求轻绳的拉力(lālì),适合隔离M或m为研究对象.
解析:M静止在斜面(xiémiàn)上时,对M由平衡条件有 Mgsin α=mg;互换位置后,对M 和m组成的系统有 Mg-mgsin α=(M+m)a,解得a=(1-sin α)g,对m有FT-mgsin α=ma, 解得FT=mg,故A,D错误,B,C正确.
2021/12/8
第三页，共五十六页。
2.判断超重和失重现象的三个技巧
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(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
(3)斜面体及其上面物体组成的系统的问题: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;若物体随斜面体共同加速运动,一般整体法、隔离法交
替应用.
2021/12/8
第十五页，共五十六页。
【典例2】 (多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定
竖直方向只受重力作用,所以 A 的加速度 a=g,故 C 错误,D 正确.
2021/12/8
第二十页，共五十六页。
2.[水平面上的连接体问题](2019·吉林长春质检)如图所示,质量均为m的A,B两物块置
于水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数均为μ,物块间用一恰好伸直(shēn zhí)的水
平轻绳相连,现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.