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第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用【基础梳理】提示：大于向上减速下降小于向下减速上升向下【自我诊断】判一判(1)超重就是物体的重力变大的现象．()(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．()(3)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．()提示：(1)×(2)×(3)×做一做(鲁科必修1·P120·T6)用一根细绳将一重物吊在电梯内的天花板上，在下列四种情况中，绳的拉力最大的是()A．电梯匀速上升B．电梯匀速下降C．电梯加速上升D．电梯加速下降提示：C对超重和失重的理解及应用【题组突破】1．如图所示是某同学站在力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)．由图可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到的信息有()A．该同学做了两次下蹲－起立的动作B．该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后经2s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析：选B.在3～4s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确．2.(多选)(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．3．(2019·河南周口名校联考)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：选B.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，所以根据牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，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．超重和失重现象判断的“三”点技巧(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．动力学中整体法与隔离法的应用【知识提炼】整体法与隔离法的应用适用条件注意事项优点整体法系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度只分析系统外力，不分析系统内各物体间的相互作用力便于求解系统受到的外加作用力适用条件注意事项优点隔离法(1)系统内各物体加速度不相同(2)要求计算系统内物体间的相互作用力(1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法(2)加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法分析便于求解系统内各物体间的相互作用力【典题例析】角度一相对静止类如图所示，质量为m的物体放在质量为M的倾角为θ的斜面体上，如果物体与斜面体、斜面体与地面间的摩擦力均不计，那么当物体与斜面体之间刚好不发生相对滑动时，求：(1)作用于斜面体上的水平推力F的大小；(2)物体对斜面体的压力大小；(3)斜面体对地面的压力大小．[思路点拨]运动关系：物体、斜面体运动情况完全相同，速度、加速度在任一时刻均相等．[解析](1)对物体受力分析如图所示，则有mgtanθ＝ma，a＝gtanθ，对系统整体分析得F＝(M＋m)gtanθ.受力关系：斜面体对物体的弹力和物体对斜面体的弹力是一对作用力与反作用力．(2)隔离物体研究有FN＝mgcosθ，根据牛顿第三定律可知，物体对斜面体的压力大小为mgcosθ.(3)系统整体在竖直方向平衡，因此地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力也为(M＋m)g.[答案]见解析整体法、隔离法交互使用是解决连接体类问题的关键．若外力F未知，用隔离法求得物体的加速度，因两物体加速度完全相同，故再选择整体法求得F的大小；若F已知，用整体法求加速度，再用隔离法求相互作用力．求解连接体问题时也常用正交分解法．正交分解法建立坐标系的原则：若所受的力两两垂直，且加速度不在轴上，要分解加速度；其余情况一般沿加速度方向和垂直于加速度方向建立坐标系．(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是()A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在木块a上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．若粘在木块b上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在木块c上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大解析：选ACD.对整体分析有F＝3ma，无论粘在哪个木块上面，系统质量都增大，系统的加速度一定减小，选项A正确；若粘在木块a上面，研究c，T＝ma，绳的张力减小，研究b，F－fab＝ma，a、b间摩擦力变大，选项B错误；若粘在木块b上面，研究c，T＝ma，研究a、c整体，fab＝2ma，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小，选项C正确；若粘在木块c上面，研究a、b整体，F－T＝2ma，研究b，F－fab＝ma，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大，选项D正确．角度二相向运动类(多选)如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知Mm，滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是()A．细线上的拉力一定大于mgB．细线上的拉力一定小于MgC．细线上的拉力等于m＋M2gD．天花板对定滑轮的拉力等于(M＋m)g[思路点拨]运动关系：A向下加速，B向上加速，两物体加速度大小相等，方向相反，在任一时刻速度大小相等，方向相反．受力关系：细线对A、B的作用力大小相等，方向相同．[解析]设两物体运动的加速度大小均为a，细线上的拉力为T，分别对物体A和B进行受力分析并结合牛顿第二定律有：对A，Mg－T＝Ma，对B，T－mg＝ma，整理可得T＝Mg－Ma＝mg＋ma，T＝2Mmm＋Mg.对定滑轮进行受力分析可知，天花板对定滑轮的拉力等于2T.[答案]AB在本例题中，如果系统处于平衡状态(如静止)，定滑轮对天花板的拉力等于两物体受到的总重力，即(M＋m)g，但由于题目中的情境为A和B在做变速运动，即系统处于非平衡状态，对两物体而言会出现超重和失重现象，从而使定滑轮对天花板的拉力可能不再等于两物体的重力之和．此时天花板对定滑轮的拉力等于2T＝4Mmm＋Mg，当M＝m时，2T＝2Mg，系统处于平衡状态．利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)解析：左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F－2mg＝2ma，对右侧的物块受力分析知3mg－F＝3ma联立解得F＝125mg左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知2mg－F′＝2ma′对右侧的物块受力分析知F′－mg＝ma′联立解得F′＝43mg.答案：125mg43mg角度三垂直运动类(多选)如图所示，物体A的质量是m1，放在光滑的水平桌面上，用轻绳拴系，绳子绕过桌边的定滑轮后，挂一质量为m2的物体B，滑轮的摩擦不计，则下列说法正确的是()A．A的加速度大小为m2gm1＋m2B．绳子对A的拉力大小为m2gC．绳子对A的拉力大小为m1m2gm1＋m2D．当m1远大于m2时，绳子对A的拉力近似等于m2g[思路点拨]运动关系：A向右加速，B向下加速，两物体加速度大小相等，在任一时刻速度大小相等．受力关系：由于绳为轻绳，因此绳对A、B的作用力大小相同．[解析]B向下加速，绳子上的拉力小于m2g，选项B错误；设A和B的加速度大小均为a，绳子的拉力大小为F，对A、B分别应用牛顿第二定律得F＝m1a，m2g－F＝m2a，联立解得a＝m2gm1＋m2，绳子上的拉力F＝m1m2gm1＋m2，当m1远大于m2时，m1m1＋m2近似等于1，绳子对A的拉力近似等于m2g.[答案]ACD该装置常用来做考查验证牛顿第二定律的实验，由连接体模式可以看出绳上的拉力不等于B的重力，二者近似相等是有条件的，即需要满足m1远大于m2.该模型是常见的连接体模型，解题时要注意桌面和A之间是否存在摩擦力，绳上的拉力是否能用B的重力代替．(多选)(2019·天津重点学校联考)如图所示，物块A、B的质量均为0.2kg，二者用跨过定滑轮的轻绳连接，将B置于粗糙水平桌面上，使A的下端距离地面的高度为h＝0.5m，由静止释放B，A落地瞬间速度大小为v＝2m/s，落地后不反弹，已知重力加速度g＝10m/s2，滑轮的质量和摩擦均不计，B离滑轮足够远．则下列说法正确的是()A．A下落的加速度大小为4m/s2B．A下落的加速度大小为2m/s2C．B总共滑行的距离为1.5mD．B总共滑行的距离为2m解析：选AC.根据2ah＝v2，解得a＝4m/s2，根据mg－μmg＝2ma，可得μ＝0.2，A落地后，B的加速度大小满足μmg＝maB，解得aB＝2m/s2，B向前继续滑行的距离满足2(－aB)x＝0－v2，解得x＝1m，B总共滑行的距离为h＋x＝1.5m.角度四动滑轮关联类水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ，细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示，初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求：(1)物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A、B的加速度大小．[思路点拨]运动关系：由于细绳的长度不变，故A前进距离s时，A、B间的细绳上面部分长了12s，下面部分短了12s，由于细绳的固定端位置不动，故B的位移为12s，因此有aA＝2aB.受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T，动滑轮对B的作用力TB＝2T.[解析](1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝12s物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs.(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，细绳中的张力为T.由牛顿第二定律得F－μmg－T＝maA2T－4μmg＝4maB由A和B的位移关系得aA＝2aB联立解得aA＝F－3μmg2maB＝F－3μmg4m.[答案]见解析从上面的例题可以看出，解决有相对运动的连接体问题，要找到连接体中物体间的位移关系、速度关系和加速度关系