【文档说明】《高考物理一轮复习讲练测》第12讲 牛顿运动定律的综合应用（讲）（解析版）.doc，共(16)页，1011.219 KB，由管理员店铺上传

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1第三章牛顿运动定律1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法和原理

．2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题．高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．3．本章是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点和热点，考查和要

求的程度往往层次较高.第12讲牛顿运动定律的综合应用1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行动力学多过程问题的分析．1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．

失重(1)定义：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情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生

条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．2考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也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)发生了变化

(即“视重”发生变化)．学科%网2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但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．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.★重点归纳★1．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.加速度超重、失重视重Fa＝0不

超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m(g＋a)a的方向竖直向下失重F＝m(g－a)a＝g，竖直向下完全失重F＝0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2.超重和失重现象的判断“三”技巧学，科网（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．★典型案例★质量为60kg的人，站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数各是多少？（取g=10m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以4m/s2的加速度加速上升；（3）升降机以5m/s2的加速度加速下降。3【答案

】（1）(2)(3)★针对练习1★如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将()A．变大B．变小C．大于G，但是一恒

量D．先变大，后变小【答案】A【解析】铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变

大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于G，且不断变大．故A正确，BCD错误。故选：A.★针对练习2★“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图2所

示，以竖直向下为a的正方向，则（）A．人对座椅的压力在t1时刻最大4B．人对座椅的压力在t4时刻最大C．在t1~t2时间内，人处于超重状态D．在t3~t4时间内，人处于失重状态【答案】B考点二动力学中的临界极值问题分析1．当物体的运动从一种状

态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键．2．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是临界状态；(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，即是要求收尾加速度或收尾速度．★重点归纳★动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则[来源:

学&科&网Z&X&X&K]相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：FT＝0.(4)加速度变化时，

速度达到最大的临界条件：当加速度变化为a＝0时．★典型案例★001A型航母是中国首艘自主建造的航空母舰，于2017年4月26日正式下水，航空母舰甲板长为250m。已知航空母舰上的某型号飞机质量为25t，在跑道上加速时产生的最大动力为，

所受阻力为重力的倍。当飞机的速度大小达到时才能离开航空母舰起飞，重力加速度取。（计算结果可保留根号）（1）假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，当航空母舰处于静止状态时，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度，才能保证飞机正常起飞？（2）如果航空母舰匀速前进，在没有弹

射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的行驶速度至少多大？5【答案】（1）（2）10m/s【解析】（1）若飞机质量m=25t=2.5×104kg，最大动力F=1.75×105N，阻力f=0.2mg=5×104N根据牛顿

第二定律F-f=ma求得飞机起飞过程的加速度a=5m/s2联立以上三式，解得v1=10m/s（v1=110m/s不符合题意舍去）航空母舰前进的速度至少是10m/s故本题答案是：（1）（2）10m/s★针对练习1★如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上

、质量均为m的物体A、B接触(A与B和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计．撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0

，重力加速度为g.则()A．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为学{科网}C．当物体A、B一起开始向左运动距离x0后分离D．当物体A、B一起开始向

左运动距离后分离【答案】D【解析】【详解】6【点睛】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的．运用逆向思维研究匀减速运动过程。★针对练习2★如图所示，两个质点P、Q在光滑的水

平面上分别以一定的速度同时向右运动，此时分别作用水平向左的力、，其中的大小不变，大小由零逐渐增大，它们恰好同时向右运动最远，且位移大小相等，在此过程中，两质点的瞬时速度与的关系应该是（）A．B．先，后，最后C．D．先，后，最后【答案】B【解析】【分析】这是

用解析法很难下手的题目，但若能利用题设条件，分析并画好两个质点的图像，就能很快找到答案。【详解】画出两个质点的图像如图所示：7【点睛】图象法解运动问题是一种简便方法，特别针对不特殊的直线运动，无法用运动

学公式计算或计算过程较复杂的题。考点三动力学中的图象问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点．1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．3．图象的应

用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．★重点归纳★分析图象问题解题策略(1)弄清图象斜率、截距、交

点、拐点的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．5．分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示

的物理量及单位．(2)不注意坐标原点是否从零开始．8(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．★典型案例★如图(a)所示，一可视为质点的物块在t=0时刻以=8m/s的速度大小滑上一固定斜面，

斜面足够长，斜面的倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g=10m/s².求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度

大小，并在图(b)中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图像，取沿斜面向上为正方向。【答案】(1)，；(2)t=3s；(3)【解析】(1)上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=m可得：=8m/s²下滑过程：mgsinθ

-μmgcosθ=m得：=2m/s²(2)上滑过程：9【点睛】本题考查正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系；同时注意牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移．学科&网★针对练习1★一小球由静止开始竖直下落，触底后

立即竖直反弹，直至再次上升到最高点，已知空气阻力大小恒定，触地反弹瞬间动能损失了75%，规定向下为正方向，则在整个过程中，则下列v－t图象中能正确反应这一过程的是()A．B．C．D．【答案】D【解析】由于题目选择竖直向下为正方向，开始时小球做竖直向下的匀加速直线运动，即速

度为正值且一直增大，加速度竖直向下保持值不变，即斜率保持不变且斜率为正值，落地后弹起的过程中，小球向上做减速运动．加速度竖直向下保持值不变，即斜率保持不变且斜率为正值，上升过程的加10速度大于下落过程的加速度，触地反弹瞬间动能损失了75%，则反弹后动能为原来的，所以速度为原来

的，即为，故D正确，A、B、C错误；故选D。【点睛】对下落和上升的两个过程，根据牛顿第二定律求出加速度，再分析小球的运动情况即可。★针对练习2★如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角、长l=500m的斜面。一辆质量m=2000k

g的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10m/s2。下列说法

正确的是A．电动汽车所受阻力Ff=12000NB．电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率P0=12kWC．第1s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12000tD．第1s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为600

0J【答案】D点睛：此题关键是能从a-t图像中获取有用的信息，搞清电动汽车的运动的特这，结合牛顿第二定律及功率的知识进行分析解答.考点四传送带模型和滑块—木板模型111.“传送带模型”问题的分析思路（1）模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀

速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图(a)、(b)、(c)所示．（2）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．2.“滑块—木板模型”问题的分析思路（1）模型特点：上

、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．（2）建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和

木板的位移都是相对地面的位移.★重点归纳★1．传送带模型[来源:学|科|网Z|X|X|K]分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力

的有无及方向的分析．（1）水平传送带模型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)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速

再匀速12情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0（2）倾斜传送带模型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a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速学/科网(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直

匀速(3)可能先减速后反向加速对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．2.滑板—滑块模型（

1）模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．（2）两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．（3）解题思路13（4）易失分点①不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．②不清

楚物体间发生相对滑动的条件．★典型案例★如图甲所示，有一足够长的水平传送带以v=2m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端恰好与一段光滑水平面紧挨着，水平地面与传送带上表面处于同一高度，水平面右端有一质量为M=1.9kg的木块处于静止状态

。现有一质量m=0.1kg的子弹，以初速度的射入木块，并停留在其中，然后随木块一起向左滑上传送带，木块在传送带上运动的v-t图象如图乙所示(以向左为正方向)。木块可视为质点。取.求：(1)木块与传送带间的动摩擦因数μ。(2)子弹射入木块的过程中，

子弹与木块组成的系统损失的机械能是多少?(3)木块在传送带上运动的过程中，电动机多做的功。【答案】(1)0.4(2)304J(3)24J[来源:学科网ZXXK](2)子弾进入木块过程中，由动量守恒定律得：14解得：系统损失的机械能为：解得：(3)0～1.5s的

过程中传送带的位移为则电动机多做的功等于传送带克服摩擦カ所做的功：解得：【点睛】对于传送带模型，解题的关键就是要理清物块在传送带上运动的规律，结合运动图象与牛顿第二定律进行求解；对于子弹打木块模型，解题的关键就是利用动量守恒定律求解速度，根据能量守恒定律求解能

量。★针对练习1★如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h．将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．（1）

若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W．[来源:学.科.网]【答案】(1)(2)mgsinθ+μmgcosθ

＝ma3对物块，有：μmgcosθ−mgsinθ＝ma215对木板与物块整体，有2mgsinθ＝2ma4另有：解得W＝mgh点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的

位移关系及速度关系等．★针对练习2★如图甲所示，长为L=4.5m的木板M放在水平地而上，质量为m=lkg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、

M两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m／s2．求：(l)m、M之间的动摩擦因数；(2)M的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；(

3)若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，且给m一水平向右的初速度vo=4m／s，求t=2s时m到M右端的距离．【答案】(1)=0.4(2)M=4kg，=0.1(3)8.125m乙图知：，，解得：M=4kg，μ2=0.1；（3）给m一水平向右的初速度

时，m运动的加速度大小为a1=4m/s2,方向水平向左，16此时M的速度，由于，即此时m运动到M的右端，当M继续运动时，m从M的右端竖直掉落，设m从M上掉下来后M的加速度天小为，对M由生顿第二定律，可得，在t=2s时m与M右端的距离：。