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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
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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。
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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．(2017·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g，故不是总完全失重，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g，总是处于完全失重
状态，故选项D正确。
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a随时间t变化的图线如图所
示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大
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′
3.(2017·威海模拟)倾角为θ的光滑斜面C固定在水平面上，将两放在斜面上，且同时由静止释放，若A、B的接触面与斜面平行，则下列
是( )
物体A、B叠说法正确的
最小，选项A、D正确。
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
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：(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsin θ，A、B之间保持相对静止，选项A错误，D正确；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：mAgsin
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θ－f＝mAa，解得f＝0，故物体A、B之间的动摩擦因数可能为零，选项C错误。
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突破点(二) 动力学中整体法与隔离法的应用
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，选择正交分解力或正交分解加速度。
(2)滑轮类问题
若要求绳两物体虽然加3．应用整
的拉力，一般都必须采用隔离法。例如(如图所示)，绳跨过定滑轮连接的
速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。
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4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞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1 s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15倍，重力加速度大小g取10 m/s。求：
2
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(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 获取信息小物块与木板一起向右运动 从t＝0开始，至t＝1 s时木板与墙壁碰撞 由v -t图像可知 最新教育教学资料精选 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，小物块的加速度最新教育教学资料精选 大小为4 m/s 小物块始终未离开木板 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m和M。
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v1＝4 m/s，由运动学公式有
木板的最小长度等于相对滑动位移 2v1＝v0＋a1t1② x0＝v0t1＋a1t12③
式中，t1＝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＝0.1④
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。
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
t2－t1
式中，t2＝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a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
12
v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩
－v1＋v3
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＝Δt?
2v1＋v3
小物块运动的位移为x2＝Δt?
2小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1? 最新教育教学资料精选
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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6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v3＝2a4x3?
碰后木板运动的位移为x＝x1＋x3? 联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得
2
x＝－6.5 m?
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 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
D．Tb减小
A．Ta增大 B．Tb增大
C．Ta减小
Ta和Tb的变化情况是( )
解析：选AD 设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝F
，对最左边的物体分析，Tb＝ma，对最右边的物体分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－m′a。在中间物体M
上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，A、
D正确。
2．(多选)质量分别为M和m的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间
的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sin α)g
M－m
D．M运动的加速度大小为gM
解析：选BC 按题图甲放置时，M静止，则Mgsin α＝mg，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg－最新教育教学资料精选
2024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
