新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动第3讲牛顿运动定律的应用题型1牛顿运动定律的理解和应用教师用书

第3讲牛顿运动定律的应用必备知识”解读1.解决动力学两类基本问题的思路2.瞬时加速度问题“关键能力”构建1.思想方法(1)整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力(2)连接体问题中常见的临界条件接触与脱离接触面间弹力等于0恰好发生滑动摩擦力达到最大静摩擦力绳子恰好断裂绳子张力达到所能承受的最大力绳子刚好绷直与松弛绳子张力为02.模型建构(1)沿如图光滑斜面下滑的物体：(2)一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为FN＝eq\f(m2·F,m1＋m2).有无摩擦都一样，平面，斜面，竖直方向都一样(3)下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtanα光滑，相对静止与接触面间弹力为零绳，相对静止光滑，与接触面间弹力为零(4)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大题型1牛顿运动定律的理解和应用eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))瞬时性问题例题1(2023·福建龙岩二模)一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是(B)A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθB．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右【解析】根据题意，设A、B两球质量均为m，去掉挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有F弹＝mgsinθ，去掉挡板瞬间，弹簧弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0，对B球有mgsinθ＋F弹＝ma，解得a＝2gsinθ；故A错误，B正确；根据上述分析可知，去掉挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误；去掉挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))连接体问题例题2(多选)(2022·全国甲卷，19,6分)如图所示，质量相等的两滑块P，Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(AD)A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【解析】①加速度：设P、Q的质量均为m，弹簧的弹力为FT。由胡克定律，从撤掉拉力F开始到弹簧恢复原长，弹簧的伸长量逐渐减小，因此，弹力FT逐渐减小。(以向右运动为正方向)在拉力F作用下，P、Q做匀速运动时撤掉拉力F后至弹簧恢复原长时加速度表达式撤掉拉力瞬间弹簧恢复原长瞬间对Q根据二力平衡的条件有FT＝μmgP：－FT－μmg＝maP，aP＝－eq\f(FT,m)－μgP加速度大小为最大，此时aP＝－2μg(A项正确)aP＝－μgQ：FT－μmg＝maQ，aQ＝eq\f(FT,m)－μgaQ＝0Q加速度大小为最大，此时aQ＝－μg(B项错误)②位移：弹簧由伸长状态到原长状态，弹簧缩短了，即P、Q间距离减小了，因此P的位移小于Q的位移，C项错误。③速度：在从撤掉拉力F到弹簧恢复原长的过程中，由分析可知，P做加速度由2μg逐渐减小到μg的减速运动；Q做加速度由0开始逐渐增大到μg的减速运动。P和Q具有相同的初速度，它们都做减速运动，而且P的速度减小得更快，因此，在这个过程中，P的速度在任意时刻都不会大于Q的速度，D项正确。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法三))两类动力学问题例题3(多选)(2023·福建厦门二模)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(BD)A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s【解析】依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1；求得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2；羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2；求得a2＝－20m/s2；负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有a1t＝vmin－a2t；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vmint－\f(1,2)a2t2))－eq\f(1,2)a1t2＝d联立，代入相关数据求得vmin＝3m/s，故C错误，D正确。〔对点训练〕(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(B)A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动【解析】上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻