1、熱點綜合專題四牛頓運動定律的綜合應用熱點一超重和失重問題超重、失重和完全失重的比較比較超重失重完全失童產生原因加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小a動力學原理Fmg=maF=FzK呂十口)mgF=maF=mCga)mgF=mgF=0可能狀態加速上升；減速下降加速下降；減速上升自由落依運動和所有的拋體運動；繞地球做勻速圓周運動的衛屋.飛船等【典例】(2018福建福州期末)廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，仇t圖象如下圖所示則下列相關說法正確的是()dt/(ms-2)A.

2、r=45s時，電梯處于失重狀態B555s時間內，繩索拉力最小Cf=595s時，電梯處于超重狀態D./=60s時，電梯速度恰好為零審題指導(1)判斷超重與失重，僅看加速度方向即可，與加速度大小如何變化無關(2)at圖線與t軸所圍的“面積”代表速度的變化量.解析利用at圖象可判斷：t=45s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態，則A錯誤；05s時間內，電梯處于超重狀態，拉力重力，555s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力=重力，5560s時間內，電梯處于失重狀態，拉力重力，綜上所述，B、C錯誤；因at圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電

3、梯的速度在t=60s時為零，D正確答案D歸納總結判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時歩物體處于超重狀態；具有向下的加速度吋，物體處于失重就態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態從速度變化的角度判斷物體向上加速或向下減速時，超重物體向下加速或向上減速時，失重針對訓練1.（2018吉林省白城市通榆一中考試）某運動員（可看成質點）參加跳臺跳水比賽，詳0時，為其向上起跳離開跳臺的瞬間，其速度與時間關系圖象如圖所示，不計空氣阻

4、力，則下列說法錯誤的是（）VA可以求出水池的深度B.可以求出跳臺距離水面的高度C04時間內，運動員處于失重狀態D.勺時間內，運動員處于超重狀態解析跳水運動員在跳水過程中的vt圖象不能反映是否到達水底，所以不能求出水池的深度，故A錯誤；應用vt圖象中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移大小，可以求出跳臺距離水面的高度故B正確；t=0時刻是運動員向上起跳離開跳臺的瞬間，速度是負值時表示速度方向向上，則知0片時間內運動員做勻減速運動，彳t2時間內向下做勻加速直線運動，0t2時間內，運動員一直在空中具有向下的加速度，處于失重狀態，故C正確；由題圖可知，t2t3時間內，運動員向下做減速運動，則加速度的方向向上

5、，處于超重狀態，故D正確答案A2(多選)飛船繞地球做勻速圓周運動，宇航員處于完全失重狀態時，下列說法正確的是()A宇航員不受任何力作用B.宇航員處于平衡狀態C地球對宇航員的引力全部用來提供向心力D正立和倒立時宇航員一樣舒服解析飛船繞地球做勻速圓周運動時，飛船以及里面的宇航員都受到地球的萬有引力，選項A錯誤；宇航員隨飛船繞地球做勻速圓周運動，宇航員受到地球的萬有引力提供其做圓周運動的向心力，不是處于平衡狀態，選項B錯誤，選項C正確；完全失重狀態下，重力的作用效果完全消失，正立和倒立情況下，身體中的器官都是處于懸浮狀態，沒有差別，所以一樣舒服，選項D正確.答案CD熱點四動力學中的臨界和極值問題的分

6、析方法（微專題）1臨界或極值條件的標志（1）有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點（2）若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態（3）若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點（4）若題目要求“最終加速度”“穩定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度2解臨界或極值問題的基本思路（1）認真審題，分析問題中變化的過程（包括分析整體過程中有幾個階段）（2）尋找過程中變化的物理量（3）探索物理量的變化規律（4）確定臨界狀態，分析臨界條件，

7、找出臨界關系3.常見臨界（極值）問題的條件（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是相互作用的彈力為零，加速度相等。（2）是否相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。（3）繩子是否斷裂與張弛的臨界條件：繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子張弛的臨界條件是FT=0。（4）滑塊在滑板上滑下與不滑下的臨界條件：滑塊滑到滑板一端時，兩者速度相同。（5）加速度的極值條件：當所受合力最大時，具有最大加速度；合力最小時，具有最小加速度。（6）速度最大的極值條件：應通過運動過程分析，很多情況下當加速度為零時速度最大。4.求解臨界極值問題的思維方法極限法把物理問題（或過

8、程）推向褫端從血使臨界現象f或狀態暴露出來以達到正確解尖問題的目的假設法臨界問題存在務種可能特別是卡此即彼兩種可能時或變化過程屮可能出現臨畀條件也可能不出現臨界條件時往往用怨設進解決問題將物理過程轉化為數學表達式根據數學表達式解出臨界條件（或極值）題型一“脫離”臨界問題【典例1】（2017海南卷）一輕彈簧的一端固定在傾角為0的固定光滑斜面3的底部，另一端和質量為m的小物塊a相連，如圖所示.質量為5m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為，從/=0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動.經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的時間，b距其出發點的距離恰好也為彈

9、簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g.求：（1）彈簧的勁度系數；（2）物塊b加速度的大小；（3）在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式審題指導第一步讀題畫圖（形象過程）過程1：a、b緊貼在一起做勻加速直線運動，b受外力.過程2：a、b恰好分離后，b繼續做勻加速直線運動.第二步審題分析(找突破口)初始時“緊靠a靜止在斜面上，彈簧的壓縮量為”，可直接求得彈簧的勁度系數“物塊b始終做勻加速直線運動”；物塊b的加速度在整個過程中是沒有改變的過程1和過程2的時間是相等的解析(1)物塊a、b靜止在斜面上，由平衡條件有8mgsinOa，a、b分離時b運動的位移為x1(3、m+gmgsin砂=

10、Ax0，解得k=(2)設物塊b加速度的大小為由運動學公式有x1=1at1,x0=2a(2ti)2.分離瞬間，對物塊a進行受力分析，由牛頓第二定律有k(x0 x1)mgsin0=ma,1聯立以上各式解得a=ggsin仇（3）設外力為F,經過時間t彈簧的壓縮量為兀，在物塊a、b分離前，對物塊a、b整體，由牛頓第二定律有(3F+kxgsinO=I5r由運動學公式有x0 x=2otz,聯立以上各式解得F=4m鬻譽+警5器答案（i）m帥25xo（3）4mg2sin20厶+8mgsinO歸納總結動力學中極值問題的處理方法“四種”典型的數學處理方法三角函數法；根據臨界條件列不等式法；利用二次函數的判別式法；

11、極限法針對訓練（2018安徽六校二聯）一彈簧一端固定在傾角為37。的光滑斜面的底端，另一端拴住質量m=4kg的物塊P,Q為一重物，緊靠P放置，已知Q的質量m2=8kg,彈簧的質量不計，勁度系數k=600N/m,系統處于靜止狀態，如圖所示.現給Q施加一個沿斜面向上的力F,使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內，F為變力，0.2s以后，F為恒力.求此過程中力F的最大值與最小值.（sin37=0.6，g=10m/s2）為0.從運動學角度看，一起運動的兩物塊恰好分離時，兩物塊在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等設剛開始時彈簧壓縮量為，則（m1+m2）gsin=fcx0因為在前0.2

12、s時間內，F為變力，0.2s以后，F為恒力，所以在0.2s時，P對Q的作用力為0，設此時彈簧壓縮量為X.由牛頓第二定律知kx1m1gsin=m1o前0.2s時間內P、Q向上運動的距離為兀廠兀產:仇力聯立式解得a=3m/s2P、Q剛開始運動時拉力F最小，此時有Fmin=（m1m2）a=36N當P、Q分離時拉力最大，此時有Fmax=m2（a+gsin仍=72N.答案72N36N小車內固定一個傾角為37。的光滑斜面，用一根平行于斜面的細線系住一個質量為m=2kg的小球，如圖所示。（1）當小車以加速度a=5m/s2向右勻加速運動時，細線上的拉力為多大？1解得a=gcot37o=m/s2,因為a1a，可

13、知小球離開斜面，2根據平行四邊形定則知，拉力T=、；（mg）2+（ma?）2=：202+302=10.13N。題型二“相對滑動”臨界問題【典例2】（多選）（2018,河北五校聯盟）如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上.A、B間的動摩擦因數為“，B與地面間的動摩擦因數為2“最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為&現對A施加一水平拉力，則()B.A.當F3卩mg時，A相對B滑動D.無論F為何值，B的加速度不會超過2“g審題指導(1)注意B與地面有摩擦力.(2)逐漸增大拉力時，B先與地面發生相對滑動，然后才是AB發生相對滑動懈析A、B間的最大靜摩擦力fAm=2pmg，B

14、與地面間的最大靜摩擦力fBm33pmg.逐漸增大拉力F,當F=mg時，A、B間相對靜止，B與地面開始相對滑動，A錯誤.當A、B間相對滑動時，由牛頓第二定律，對物塊A有F2卩mg3=2ma,對物塊B有2“mg2“mg=ma,聯立兩式得F=3“mg,也就是當F三3ymg時，物塊A、B開始相對滑動，因此F屯mg時，A、B相對靜止，整體應用牛3F_刖mg1頓第二定律可得此時的加速度為aA=3mpg，B、C正確.物塊A、B間2“mg2“mg1和物塊B與地面間都相對滑動時，B的加速度為aB=m=2g，此后無論F為何值，只要A、B間相對滑動，B的加速度就是2“g，所以B的加速度不會超過此值，D正確.答案BC

15、D歸納總結疊加體系統臨界問題的求解思路針對訓練(2018河南六市一聯)如圖所示，光滑水平面上放置著質量分別為m、2m的A、B兩個物體，A、B間的最大靜摩擦力為艸g,現用水平拉力F拉B，使A、A.ymgC.3ymgB以同一加速度運動，則拉力F的最大值為()B.2ymgD.4卩mg解析當A、B之間恰好不發生相對滑動時力F最大，此時A物體所受的合外力為“mg,由牛頓第二定律知aA=g;對于A、B整體，加速度a=III/aA=“g，由牛頓第二定律得F=3ma=3“mg.選項C正確答案C2如圖所示，質量為1kg的木塊A與質量為2kg的木塊B疊放在水平地面上,A、B間的最大靜摩擦力為2N,B與地面間的動摩

16、擦因數為02用水平力F作用于B,則A、B保持相對靜止的條件是(g取10m/s2)()FW12NFW10NFW9NFW6N解析當A、B間有最大靜摩擦力(2N)時，對A由牛頓第二定律知，加速度為2m/s2，對A、B整體應用牛頓第二定律有：F“(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=12N,A、B保持相對靜止的條件是FW12N,A正確，B、C、D錯誤.答案A題型三極值問題如圖所示，一質量m=0.4kg的小物塊，以v=2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的0拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t=2s的時間物塊由A點運動到B點，A、BJ3之間的距離L=10m。已知斜面傾角9=30。，物塊與斜面

17、之間的動摩擦因數卩=.重力3加速度g取10m/s2。求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。拉力F與斜面的夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少?B【解答】解：(1)物體做勻加速直線運動，根據運動學公式，有：L=vt+at2o2v=v+at0聯立解得；a=3m/s2v=8m/s(2)對物體受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動摩擦力，如圖根據牛頓第二定律，有：平行斜面方向：Fcosa-mgsin30-F=maf垂直斜面方向：Fsina+F-mgcos30=0N其中：F=yFfN聯立解得：2mg(sin30+卩cos30)+macosa+卩sinamg(sin30+卩cos30)+ma|v3sin(60+a)故當a=30時，拉力F有最小值，為F=9、.;7n；min53如圖所示，木板與水平地面間的夾角e可以隨意改變，當0二30時，可視為質點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度