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2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用学案

2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用学案

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第3节　牛顿运动定律的综合应用

动力学中整体法、隔离法的应用　
1．整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
⇨⇨
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
[典例示法]　(2019·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向下运动
关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。

甲　　　　　　　乙
B　[对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D错误。]

(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，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。

[跟进训练]
　先整体后隔离法的应用
1．质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦因数相同。在水平推力F作用下做加速度为a的匀加速直线运动，现去掉乙木块，其他不变，则加速度的大小a′是(　　)

A．a′>2a B．a′＝2a C．a′＝a D．a′<2a
A　[根据牛顿第二定律：对甲、乙的整体：F－2μmg＝2ma；去掉乙木块：F－μmg＝ma′；两式相减解得ma′－2ma＝μmg>0，即a′>2a，故选A。]
2．(2020·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是(　　)

A．若m>M，有x1>x2
B．若m<M，有x1＝x2
C．若μ>sin θ，有x1>x2
D．若μ<sin θ，有x1<x2
B　[在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT－μmg＝ma1 ②
联立①②解得FT＝F ③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有
F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2 ④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
F′T－mgsin θ＝ma2 ⑤
联立④⑤解得F′T＝F ⑥
比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故B正确，A、C、D错误。]
　先隔离后整体法的应用
3．(2020·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)

A．Mg B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g
C　[以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。]
4．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
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。]
动力学中的图象问题　
1．常见的动力学图象
v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a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。
[典例示法]　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2 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
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)明确f­t图象和v­t图象的信息，并做好运动分析和受力分析。
(2)分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。
B　[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错误。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，则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。]

动力学图象问题的解题策略

[跟进训练]
　动力学中的F­t图象
1．(2019·龙岩质检)质量m＝2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2
C．5 s末物块的速度大小为1.5 m/s
D．5 s内物块的位移大小为18 m
B　[本题考查根据物体受力图象分析运动问题。0～2 s内，由物块处于平衡状态可得F1＋F2－μmg＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A错误；3 s末物块的加速度大小为a′＝＝1.5 m/s2，故B正确；2～4 s内物块的加速度大小都为a′＝1.5 m/s2，所以物块减速到0的时间为t2＝ s＝2 s，即物块在4 s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5 s内物块的位移大小等于4 s内物块的位移大小，即为 m＝9 m，故D错误。]
　动力学中的v­t图象
2．(2020·兰州一中高三期末)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，则下列说法不正确的是(　　)

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
A　[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a­t图象
3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a­t图象如图所示。则下列相关说法正确的是(　　)

A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
D　[利用a­t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升阶段，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a­t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。]
　动力学中的a­F图象
4．(2019·江西四校联考)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。]
动力学中的临界、极值问题　
1．动力学中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。
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
[典例示法]　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

动力学中几种典型的“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)绳子断裂与松弛的临界条件：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，绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是加速度变为0。

[跟进训练]
　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，故选项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

甲
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
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；

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