第 3 节牛顿运动定律的综合应用
,
(1) 超重就是物体的重力变大的现象。 ( × ) (2) 失重时物体的重力小于
mg。( × )
(3) 加速度大小等于 g 的物体处于完全失重状态。 ( × ) (4) 减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。 (5) 加速上升的物体处于超重状态。 ( √)
(6) 物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
( √)
( × )
( √)
( × )
(7) 根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(8) 物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。 (9) 整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。 ( √)
突破点 ( 一) 对超重与失重的理解
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。
[ 多角练通 ]
1．(20 17· 浙江五校联考 ) 下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重 状态(
)
A．高楼正常运行的电梯中 B．沿固定于地面的光滑斜面滑行
C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动 D．不计空气阻力条件下的竖直上抛
解析：选 D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于 完全失重状态， 选项 A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加 速度小于 g，故不是完全失重，选项
B错误；固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平
面内运动的物体，加速度不会总是向下的 力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的
g，故不是总完全失重，选项 C错误；不计空气阻
D正确。
g，总是处于完全失重状态，故选项
2．( 多选)(2015 · 江苏高考 ) 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 化的图线如图所示，以竖直向上为
a 随时间 t 变
)
a 的正方向，则人对地板的压力 (
A．t ＝2 s 时最大 C．t ＝8.5 s 时最大
B．t ＝2 s 时最小 D．t ＝8.5 s 时最小
解析：选 AD 人受重力 mg和支持力 FN的作用， 由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma。由牛顿 第三定律得人对地板的压力
FN′＝FN＝mg＋ma。当 t＝2 s 时 a 有最大值， FN′最大；当 t ＝
8.5 s 时，a 有最小值， FN′最小，选项 A、D正确。
3. (2017· 威海模拟 ) 倾角为 θ 的光滑斜面 C固定在水平面上，将 两物体 A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，若 面平行，则下列说法正确的是
(
)
A、B的接触面与斜
A．物体 A相对于物体 B向上运动
B．斜面 C对水平面的压力等于 A、B、C三者重力之和 C．物体 A、B之间的动摩擦因数不可能为零
2
D．物体 A运动的加速度大小为 gsin θ 解析：选 D 同时释放两物体时，以物体
A、B为整体，根据牛顿第二定律可知：
A错误， D正确；
( mA＋
msin θ＝( m、B之间保持相对静止，选项 B) gA＋mB) a，解得 a＝gsin θ，A
根据牛顿定律，对斜面及
A、B整体分析，在竖直方向具有竖直向下的加速度，因此整体处
于失重状态，选项 B 错误；对物体 A：m、B之间的 Agsin θ－f＝mAa，解得 f ＝0，故物体 A动摩擦因数可能为零，选项
C错误。
动力学中整体法与隔离法的应用
突破点 ( 二)
1．什么是整体法与隔离法
(1) 整体法是指对问题涉及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．整体法与隔离法常用来解决什么问题 (1) 连接体问题
①这类问题一般是连接体 ( 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建立坐标系时要根据矢量正交分解越少越好的原则， 度。
(2) 滑轮类问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如
( 如图所示 ) ，绳跨
选择正交分解力或正交分解加速
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。
3．应用整体法与隔离法的注意点是什么 物体系统的动力学问题涉及多个物体的运动，
各物体既相互独立， 又通过内力相互联系。
处理各物体加速度都相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
(1) 求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 (2) 求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。 [ 典例]
(2015· 全国卷Ⅰ ) 一长木板置于粗糙水平地面上，
木板左端放置一小物块； 在
木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 块与木板一起以共同速度向右运动，直至
4.5 m ，如图 (a) 所示。 t ＝0 时刻开始，小物
t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞 ( 碰撞时间极短 )。碰撞
1 s
前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 时间内小物块的 v - t 图线如图 (b) 所示。木板的质量是小物块质量的 小 g 取 10 m/s
2
。求：
15 倍，重力加速度大
3
(1) 木板与地面间的动摩擦因数 (2) 木板的最小长度；
(3) 木板右端离墙壁的最终距离。 [ 审题指导 ] 第一步：抓关键点
关键点
小物块与木板一起向右运动
μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ2；
获取信息
小物块与木板以相同的加速度匀减速运动 木板在 t ＝1 s 内向右运动了 4.5 m 木板碰撞瞬间速度 v＝4 m/s，小物块的加速度
从 t ＝0 开始，至 t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞
由 v - t 图像可知
2
大小为 4 m/s
小物块始终未离开木板
木板的最小长度等于相对滑动位移
第二步：找突破口
(1) 木板碰墙之前， μ1( m＋15m) g 产生小物块和木板共同减速的加速度。 (2) 小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由
μ2mg产生。
(3) 小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方 向均水平向右。
(4) 小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动。 [ 解析]
(1) 规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速
运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为
对小物块与木板整体，由牛顿第二定律得 －μ1( m＋M) g＝( m＋M) a1①
由题图 (b) 可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
m和 M。
v1＝4 m/s ，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t 1②
x0＝v0t 1＋
1 2
2
a1t 1
③
式中， t 1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移， v0 是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后， 木板以－ v1 的初速度向左做匀变速运动， 小物块以 v1 的初速度向 右做匀变速运动。
4
设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤
v2－v1
由题图 (b) 可得 a2＝
⑥
t 2－t 1
式中， t 2＝2 s ，v2 ＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4 。⑦
(2) 设碰撞后木板的加速度为 由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1( M＋m) g＝Ma3⑧
a3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度 v3。
v3＝－ v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，
木板运动的位移为 x1＝
－v1＋v3
Δt 2
?
v1＋v3
小物块运动的位移为 x2＝
2
小物块相对木板的位移为
Δx＝x2－x1?
Δt ?
联立⑥⑧⑨⑩ ? ? ? 式，并代入数值得 Δx＝6.0 m ?
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 (3) 在小物块和木板具有共同速度后， 此过程中小物块和木板运动的位移为
μ1( m＋M) g＝( m＋M) a4? 0－v3
6.0 m 。
设加速度为 a4，
两者向左做匀变速运动直至停止，
x3。由牛顿第二定律及运动学公式得
x?
2＝2a
43
碰后木板运动的位移为 x＝x1＋x3?
联立⑥⑧⑨⑩ ? ? ? ? 式，并代入数值得
x＝－6.5 m ?
木板右端离墙壁的最终距离为 [ 答案]
(1)0.1
0.4
(2)6.0 m
6.5 m 。 (3)6.5 m
[ 集训冲关 ]
1．( 多选)(2017 · 济南模拟 ) 如图所示用力 F 拉 A、B、C三个物体在光滑水平面上运动， 现在中间的 B物体上加一块橡皮泥， 它和中间的物体一起运动， 且原拉力 F 不变， 那么加上 橡皮泥以后，两段绳的拉力
Ta 和 Tb 的变化情况是 ( )
A．Ta 增大 B．Tb 增大
5
2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用.doc
