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2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 微专题3 动力学中的三类典型问题教案

2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 微专题3 动力学中的三类典型问题教案

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- 12 -

微专题三　动力学中的三类典型问题
动力学中的连接体问题
1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如图所示：

2．连接体问题的分析方法

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力
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　
　如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则(　　)

甲　　　　　　　　　乙
A．F′＝F，F′T＝FT B．F′>F，F′T＝FT
C．F′<F，F′T>FT D．F′<F，F′T<FT
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)研究FT和F′T时，可隔离法研究部分的受力和加速度。
(2)研究F和F′时，可整体法分析受力和加速度。
B　[对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcos α＝mg，F′Tcos α＝mg，所以FT＝F′T。对于题图乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。]
　(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交替使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。

　轻绳相连的连接体
1.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)(　　)

A．(1－μ)g B．(1－μ2)g
C．g D．与木块A、B的质量有关
A　[A、B匀速运动过程，有mAg＝μmBg
A、B互相交换后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a
解得a＝(1－μ)g，故选项A正确。]
　轻弹簧相连的连接体
2.如图所示，光滑的水平面上，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则(　　)

A．弹簧秤的示数是10 N B．弹簧秤的示数是25 N
C．弹簧秤的示数是26 N D．弹簧秤的示数是52 N
C　[以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2 m/s2，对物体m1，由牛顿第二定律得F1－FT＝m1a，解得FT＝26 N，则弹簧秤示数为26 N，C正确。]
　物体叠放的连接体
3．(多选)(2021·湖南新高考适应性考试)如图所示，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接。A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是(　　)

A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
AC　[当C物体即将运动时，C物体水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N，fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，当即将滑动时应有F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动时，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体受力分析T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，加速度不变，D错误。故选AC。]
动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v­t图象、F­t图象、a­F图象等。
2．图象问题的类型
(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。
3．解题策略
(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，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。
　(广东卓越联盟2021届高三年级第一次调研)如图甲所示，MN是倾角θ＝37°传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)，以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v­t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　乙
A．物块最终从N点离开传送带
B．前4 s滑块的加速度大小为2 m/s2
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．传送带上留下的划痕长度为4 m
C　[从图象可知，物块速度减为零后反向沿斜面向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿斜面向上，所以物块从M点离开，故A错误；速度图象中斜率表示加速度，可知前4 s物块沿传送带下滑时的加速度a＝＝1.5 m/s2，故B错误；根据牛顿第二定律，得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝，故C正确；0～4 s内，小滑块相对于传送带一直往下走，由图象可知，相对位移为12 m，D错误。]

　动力学中的v­t图象
1．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A点为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　乙
A．小球刚接触弹簧时速度最大
B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态
C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
BCD　[由图乙知，开始时小球的速度不断增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m时，小球的速度达到最大，然后逐渐减小，说明当Δx为0.1 m时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力大小，可得kΔx＝mg，解得k＝＝20.0 N/m，选项A错误，C正确；当弹簧的压缩量为Δx＝0.3 m时，弹簧弹力为F＝6 N>mg，故此时小球的加速度方向向上，小球处于超重状态，选项B正确；对小球进行受力分析可知，其合力大小先由mg逐渐减小至零，然后再反向增加，故小球的加速度先减小后增大，选项D正确。]
　动力学中的F­t图象
2．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

图(a)

图(b)　　　　　　　　图(c)
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
AB　[分析知木板受到的摩擦力f′＝f。0～2 s内，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误；4～5 s内，木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正确；2～4 s内，对木板F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。]
　动力学中的a­F图象
3．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　)

甲　　　　　　　乙
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
D　[对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma ①
y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0 ②
从a­F图象中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：m＝2 kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出，故D正确。]
动力学中的临界、极值问题
1．临界与极值问题的四类条件
(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：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。
2．处理临界问题的三种方法
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，如(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法
　如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。

审题指导：
题干关键
获取信息
光滑固定斜面
无滑动摩擦力
系统处于静止状态
可求出弹簧的压缩量
从静止开始沿斜面向上做匀加速运动
初速度为零，加速度恒定
0.2 s以后F为恒力
经过0.2 s，P和Q恰好分离
力F的最大值与最小值
t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
[答案]　72 N　36 N
　常见临界极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即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”，而这些起止点往往对应临界状态。
(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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。

　叠加体的临界、极值问题
1．(2020·河北衡水中学二调)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)

甲　　　　　　　乙　
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
C　[根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a。
根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，
对A有Ffmax＝mAa，
代入数据解得Ffmax＝2.0 N。
根据题图乙所示情况，设A、B刚开始要发生相对滑动时系统的加速度为a′，
根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′
以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′
代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。]
　接触与脱离的临界、极值问题
2.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)

A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
C　[A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0。
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma。
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态。
设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
有2mg＝kx0，h＝x0－x，F＝mg，
解以上各式得a＝0，k＝。
综上所述，只有选项C正确。]
3.如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N
A　[小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零。斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0
代入数据解得a0＝13.3 m/s2。
由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

甲
F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0
F1cos θ－FNsin θ＝ma1
代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；
由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示。设绳子与水平方向的夹角为α。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有

乙
F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0
代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。]