2020高考物理總復(fù)習(xí) 教師用書 3-3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 必修1

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1、第3講　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 超重和失重?、?考綱要求) 1.超重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的情況． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度． 2．失重 (1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的情況． (2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定義：物體對(duì)水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于零的情況稱為完全失重現(xiàn)象． (2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下. 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用(二)?、?考綱要求) 1.牛頓運(yùn)動(dòng)定律是力學(xué)乃至整個(gè)物理學(xué)的基

2、本規(guī)律．同時(shí)又是高考的熱點(diǎn)復(fù)習(xí)中應(yīng)重點(diǎn)理解及掌握以下幾個(gè)問題： (1)靈活運(yùn)用隔離法和整體法求解加速度相等的連接體問題； (2)用正交分解法解決受力復(fù)雜的問題； (3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析、解決多階段(過程)的運(yùn)動(dòng)問題； (4)運(yùn)用超重和失重的知識(shí)定性分析一些力學(xué)現(xiàn)象．另外，還應(yīng)具有將實(shí)際問題抽象成物理模型的能力． 2．牛頓定律應(yīng)用中的整體法和隔離法 (1)整體法 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時(shí)，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力和運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程求解的方法．

3、 (2)隔離法 當(dāng)研究對(duì)象涉及由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，若要求出連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個(gè)物體或某幾個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對(duì)隔離出來的物體列式求解的方法． 1．關(guān)于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　)． A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 解析

4、　物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Πl(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯(cuò)，D正確． 答案　D 2．下列說法正確的是(　　)． A．體操運(yùn)動(dòng)員雙手握住單杠吊在空中不動(dòng)時(shí)處于失重狀態(tài) B．蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài) C．舉重運(yùn)動(dòng)員在舉起杠鈴后不動(dòng)的那段時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．游泳運(yùn)動(dòng)員仰臥在水面靜止不動(dòng)時(shí)處于失重狀態(tài) 解析　運(yùn)動(dòng)員是否超失重取決于加速度方向，A、C、D三個(gè)選項(xiàng)中，運(yùn)動(dòng)員均處于平衡狀態(tài)，不超重也不失重． 答案　B 3. 圖3－3－1

5、如圖3－3－1所示，質(zhì)量m＝1 kg、長L＝0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平．板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F的作用時(shí)間至少為(取g＝10 m/s2)(　　)． A．0.8 s B．1.0 s C. s D. s 解析　板在F作用下做加速運(yùn)動(dòng)F－μmg＝ma1， a1＝1 m/s2，v2＝2a1s1， F撤去后物體做減速運(yùn)動(dòng)， μmg＝ma2，a2＝4 m/s2. 速度減為零v2＝2a2s2. 當(dāng)板的重心越過桌子邊緣會(huì)自動(dòng)翻下桌子， 則有s1＋s2＝. ＋＝，v＝0.8 m/s， t

6、1＝＝0.8 s，故A項(xiàng)正確． 答案　A 4．如圖3－3－2所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝1 kg、m2＝4 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接．兩個(gè)大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是(　　)． 圖3－3－2 A．彈簧秤的示數(shù)是25 N B．彈簧秤的示數(shù)是50 N C．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2 解析　本題考查用整體法、隔離法分析物體受力以及牛頓第二定律的應(yīng)用．以m1、m2以及彈簧為研究對(duì)象，則整體向

7、右的加速度a＝＝2 m/s2；再以m1為研究對(duì)象，設(shè)彈簧的彈力為F，則F1－F＝m1a，則F＝28 N，A、B錯(cuò)誤；突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，此時(shí)m2的加速度a＝＝7 m/s2，C正確；突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力也不變，此時(shí)m1的加速度a＝＝28 m/s2，D錯(cuò)誤． 答案　C 5．一個(gè)小孩從滑梯上滑下的運(yùn)動(dòng)可看作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第一次小孩單獨(dú)從滑梯上滑下，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則(　　)． A．t1＝t2 B．t1t2 D．無法判斷t1與t2的大小 解析　設(shè)滑梯與水平面的夾角為θ

8、，則第一次時(shí)，a1＝＝gsin θ， 第二次時(shí)a2＝＝gsin θ， 所以a1＝a2，與質(zhì)量無關(guān)． 又s＝at2，t與m也無關(guān)，A正確． 答案　A 考點(diǎn)一　超重、失重的理解及應(yīng)用(小專題) 1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變． 2．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體是有向上的加速度還是有向下的加速度． 3．當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度效果，不再產(chǎn)生其他效果．平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失． 4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma.

9、 【典例1】 一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度和時(shí)間的關(guān)系圖線如圖3－3－3所示，則(　　)． 圖3－3－3 A．t3時(shí)刻火箭距地面最遠(yuǎn) B．t2～t3的時(shí)間內(nèi)，火箭在向下降落 C．t1～t2的時(shí)間內(nèi)，火箭處于失重狀態(tài) D．0～t3的時(shí)間內(nèi)，火箭始終處于失重狀態(tài) 解析　由速度圖象可知，在0～t3內(nèi)速度始終大于零，表明這段時(shí)間內(nèi)火箭一直在上升，t3時(shí)刻速度為零，停止上升，高度達(dá)到最高，離地面最遠(yuǎn)，A正確、B錯(cuò)誤．t1～t2的時(shí)間內(nèi)，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭應(yīng)處于超重狀態(tài)，而在t2～t3時(shí)間由火箭在減速上升，具有向下的加速度，火箭處于失重狀態(tài)，故C、D錯(cuò)誤．

10、答案　A 【變式1】 在升降電梯內(nèi)的地面上放一體重計(jì)， 圖3－3－4 電梯靜止時(shí)，曉敏同學(xué)站在體重計(jì)上，體重計(jì)示數(shù)為50 kg，電梯運(yùn)動(dòng)過程中，某一段時(shí)間內(nèi)曉敏同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)如圖3－3－4所示，在這段時(shí)間內(nèi)下列說法中正確的是(　　)． A．曉敏同學(xué)所受的重力變小了 B．曉敏對(duì)體重計(jì)的壓力小于體重計(jì)對(duì)曉敏的支持力 C．電梯一定在豎直向下運(yùn)動(dòng) D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 解析　曉敏在這段時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài)，是由于曉敏對(duì)體重計(jì)的壓力變小了，而曉敏的重力沒有改變，A選項(xiàng)錯(cuò)；曉敏對(duì)體重計(jì)的壓力與體重計(jì)對(duì)曉敏的支持力是一對(duì)作用力與反作用力，大小一定相等，B選項(xiàng)錯(cuò)，以

11、豎直向下為正方向，有：mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向豎直向下，但速度方向可能是豎直向上，也可能是豎直向下，C選項(xiàng)錯(cuò)、D選項(xiàng)正確． 答案　D 【變式2】 (2020·梅州模擬) 圖3－3－5 2020年當(dāng)?shù)貢r(shí)間9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈達(dá)島的薩蒂什·達(dá)萬航天中心，一枚PSLV—C14型極地衛(wèi)星運(yùn)載火箭攜帶七顆衛(wèi)星發(fā)射升空，成功實(shí)現(xiàn)“一箭七星”發(fā)射，相關(guān)圖片如圖3－3－5所示．則下列說法不正確的是(　　)． A．火箭發(fā)射時(shí)，噴出的高速氣流對(duì)火箭的作用力大于火箭對(duì)氣流的作用力 B．發(fā)射初期，火箭處于超重狀態(tài)，但它受到的重力卻越來越小 C．高

12、溫高壓燃?xì)鈴幕鸺膊繃姵鰰r(shí)對(duì)火箭的作用力與火箭對(duì)燃?xì)獾淖饔昧Υ笮∠嗟? D．發(fā)射的七顆衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，均處于完全失重狀態(tài) 解析　由作用力與反作用力大小相等，可知A錯(cuò)誤；火箭發(fā)射初期，因?yàn)榛鸺蛏霞铀龠\(yùn)動(dòng)，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地越來越遠(yuǎn)，所受的重力也越來越小，B正確；由作用力與反作用力的關(guān)系可知C正確；衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，所受的萬有引力充當(dāng)向心力，此時(shí)各衛(wèi)星均處于完全失重狀態(tài)，D正確． 答案　A 考點(diǎn)二　牛頓定律解題中整體法和隔離法的應(yīng)用 1．隔離法的選取原則：若連接體或關(guān)聯(lián)體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)

13、用牛頓第二定律列方程求解． 2．整體法的選取原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體來分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)． 3．整體法、隔離法交替運(yùn)用原則：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”． 【典例2】 如圖3－3－6所示， 圖3－3－6 車廂在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒為F阻，當(dāng)車廂以某一加速度a向右加速時(shí)，在車廂的后壁上相對(duì)車廂靜止著一物體m，物體與車廂壁之

14、間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)車廂的質(zhì)量為M，則車廂內(nèi)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力至少為多少時(shí)，物體在車廂壁上才不會(huì)滑下來？ 解析　以車廂和物塊整體為研究對(duì)象， 則由牛頓第二定律得： F－F阻＝(M＋m)a.① 以物塊為研究對(duì)象， 受力情況如圖所示， 其中F摩擦力則F＝mg＝μFN. 而FN＝ma， 所以a＝，代入①得 F＝F阻＋(M＋m). 答案　F阻＋(M＋m) (1)研究對(duì)象的選取方法：整體法和隔離法． (2)對(duì)研究對(duì)象所受力的處理方法 ①合成法 若物體只受兩個(gè)力作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，利用平行四邊形定則求出兩個(gè)力的合外力方向就是加速度方向． ②分解法 當(dāng)物體受到兩個(gè)以上的

15、力作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，常用正交分解法．分解方式有兩種：分解力或者分解加速度． 【變式3】 質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水 圖3－3－7 平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖3－3－7所示，則(　　)． A．小球?qū)A槽的壓力為 B．小球?qū)A槽的壓力為 C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加 D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小 解析　利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝，對(duì)小球利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為 ，由牛頓第三定律可知只有C選項(xiàng)正確． 答案　C 　　　2.傳送

16、帶模型 (1)模型概述 一個(gè)物體以速度v0(v0≥0)在另一個(gè)勻速運(yùn)動(dòng)的物體上開始運(yùn)動(dòng)的力學(xué)系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型，如圖3－3－8(a)、(b)、(c)所示． 圖3－3－8 (2)模型特點(diǎn) 物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往會(huì)牽涉到摩擦力的突變和相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題．當(dāng)物體與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，物體與傳送帶間可能存在靜摩擦力也可能不存在摩擦力．當(dāng)物體與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物體與傳送帶間有滑動(dòng)摩擦力，這時(shí)物體與傳送帶間會(huì)有相對(duì)滑動(dòng)的位移．摩擦生熱問題見第五章． 圖3－3－9 【典例】 水平傳送帶AB以v＝200 cm/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，如圖3－3－9所示，A、B相距0.011 km，

17、一物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，則物體從A沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間為多少？(g＝10 m/s2) 解析　 統(tǒng)一單位：v＝200 cm/s＝2 m/s，s＝0.011 km＝11 m．開始時(shí)，物體受的摩擦力為f＝μmg，由牛頓第二定律得物體的加速度 a＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2. 設(shè)經(jīng)時(shí)間t物體速度達(dá)到2 m/s，由v＝at得： t1＝＝ s＝1 s． 此時(shí)間內(nèi)的位移為：s1＝at12＝×2×12 m＝1 m<11 m． 此后物體做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間： t2＝＝ s＝5 s． 故所求時(shí)間t＝t1＋t2＝1 s

18、＋5 s＝6 s. 答案　6 s 【應(yīng)用】 傳送帶與水平面夾角為37°， 圖3－3－10 皮帶以12 m/s的速率沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖3－3－10所示．今在傳送帶上端A處無初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75，若傳送帶A到B的長度為24 m，g取10 m/s2，則小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為多少？ 解析　小物塊無初速度放在傳送帶上時(shí)，所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，方向沿斜面向下，對(duì)小物塊用牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma解得a＝12 m/s2 設(shè)小物塊加速到12 m/s運(yùn)動(dòng)的距離為s1，所用時(shí)間為t1 由v2－0＝2as1得s

19、1＝6 m 由v＝at1得t1＝1 s 當(dāng)小物塊的速度加速到12 m/s時(shí)，因mgsin θ＝μmgcos θ，小物塊受到的摩擦力由原來的滑動(dòng)摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力，而且此時(shí)剛好為最大靜摩擦力，小物塊此后隨皮帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)． 設(shè)AB間的距離為L，則L－s1＝vt2解得t2＝1.5 s 從A到B的時(shí)間t＝t1＋t2解得t＝2.5 s. 答案　2.5 s 一、對(duì)超重、失重的考查(中頻考查) 1. 圖3－3－11 (2020·海南高考)如圖3－3－11所示，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)箱頂剛

20、好無壓力，則在此段時(shí)間內(nèi)，木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為(　　)． ①加速下降?、诩铀偕仙、蹨p速上升?、軠p速下降 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析　木箱靜止時(shí)物塊對(duì)箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當(dāng)物塊對(duì)箱頂剛好無壓力時(shí)，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，所以木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為減速下降或加速上升，故②④正確． 答案　D 2. 圖3－3－12 (2020·浙江理綜，14)如圖3－3－12所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計(jì)空氣阻力)．下列說法正確的是(　　)． A．在上升和下降過程中A對(duì)B的壓力一定為零 B．上升過程中A對(duì)B的壓力大于A物體

21、受到的重力 C．下降過程中A對(duì)B的壓力大于A物體受到的重力 D．在上升和下降過程中A對(duì)B的壓力等于A物體受到的重力 解析　對(duì)于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，不論上升還是下降過程，A對(duì)B均無壓力，只有A項(xiàng)正確． 答案　A 3．(2020·天津卷，9(1))某同學(xué)利用測力計(jì)研究在豎直方向運(yùn)行的電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．他在地面上用測力計(jì)測量砝碼的重力，示數(shù)為G.他在電梯中用測力計(jì)仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計(jì)的示數(shù)小于G，由此判斷此時(shí)電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是______________． 解析　由加速度a方向向上超重，加速度a方向向下失重，得電梯此時(shí)向上減速或向下加速．

22、 答案　減速上升或加速下降 二、對(duì)整體法和隔離法應(yīng)用的考查(中頻考查) 4. 圖3－3－13 (2020·課標(biāo)全國卷，21)如圖3－3－13所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小 分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(　　)． 解析　剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，當(dāng)相對(duì)滑動(dòng)后，木板只受滑動(dòng)摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動(dòng)摩擦力，a2＝＝－μg，故a2＝－μg，a－t圖象中斜率變大，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D均錯(cuò)誤． 答案　A