2025高考物理总复习牛顿第二定律的综合应用

第3讲专题提升牛顿第二定律的综合应用高考总复习2025专题概述:本专题包括连接体模型和动力学中的临界、极值两个问题,连接体模型通常是两个或两个以上的物体牵连、并排或叠放,处理相对静止类连接体问题的关键点是“一个核心规律,两个重要方法”,即牛顿运动定律、整体法与隔离法;临界、极值问题要把握临界值或极值条件的标志,如“刚好”“恰好”“正好”“最大”“最小”“至多”“至少”“最终”“稳定”等关键词。题型一动力学中的连接体问题1.常见连接体类型与特点

类型图示特点弹簧连接体

在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率往往相等类型图示特点叠放连接体

两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等类型图示特点轻绳连接体

轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等类型图示特点轻杆连接体

轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比2.连接体问题求解方法

考向一

共速连接体问题典题1(2023福建泉州模拟)如图所示,建筑工地上工人用砖夹把四块砖夹住,并用竖直向上的拉力F匀加速提起,砖与砖、砖与砖夹之间未发生相对滑动,每块砖的重力大小均为G,砖夹的质量不计。若F=6G,则在加速提起过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为(

)A.0 B.G

C.2G

D.3GA解析

将四块砖和砖夹看成一个整体,则加速度为

,将第2、3块砖看成整体,则砖块1对砖块2的摩擦力与砖块4对砖块3的摩擦力都为Ff,且方向均竖直向上,有2Ff-2mg=2ma,解得Ff=;对砖块3,根据牛顿第二定律有Ff23+Ff-mg=ma,由以上各式解得Ff23=0,即在加速提起过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为0,A正确,B、C、D错误。典题2(多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m1和m2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x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面向上作用于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,则下列说法正确的是(

)A.若m1>m2,有x1=x2B.若m1<m2,有x1=x2C.若μ>sin

θ,有x1>x2D.若μ<sin

θ,有x1<x2AB解析

A、B在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1,隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT-μm1g=m1a1,联立解得FT=F;在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-(m1+m2)gsin

θ=(m1+m2)a2,隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT'-m1gsin

θ=m1a2,联立解得FT'=F;比较可知FT=FT',弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故由胡克定律知A、B正确,C、D错误。指点迷津整体法、隔离法使用的关键是灵活选择研究对象,一般根据整体受力情况求加速度,根据具体情况灵活隔离求有关内力,隔离受力少的物体计算时更方便。考向二

关联速度连接体问题典题3(多选)如图所示,质量为m0、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是(

)AC解析

由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍,则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍,设物体A的加速度为a,则B的加速度为2a;设物体A、B释放瞬间,轻绳的拉力为FT,根据牛顿第二定律得2FT-mgsin

30°-μmgcos

30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入数据联立解得易错点拨

根据初中学过的定滑轮、动滑轮的特点找出两个物体的速度、加速度关系是本题关键,如果对初中知识不够熟练,解答本题极易出错。题型二动力学中的临界、极值问题1.临界值或极值条件的四类标志

2.处理临界问题的三种方法

3.动力学中极值问题的临界条件和处理方法(1)四种典型临界条件①接触与脱离的临界条件:两物体接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。②相对滑动的临界条件:两物体接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则发生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:绳子所能承受的拉力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是FT=0。④加速度变化时,速度达到极值的临界条件:加速度变为0。(2)四种典型数学方法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;④极限法。考向一

相对滑动的临界问题典题4(2023江苏镇江三模)如图所示,A、B叠放在粗糙水平桌面上,一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C,滑轮左侧轻绳与桌面平行,A、B间动摩擦因数为μ,B与桌面间动摩擦因数为,A、B、C质量分别为2m、2m和m,各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,将C从图示位置由静止释放,要使A、B间发生相对滑动,则μ满足的条件是(

)C解析

物块A与B之间的最大静摩擦力Ff1=2μmg,物块B与桌面间的最大静摩擦力Ff2=μ×4mg=μmg,A与B间恰好要发生相对滑动时,A与B的加速度相等,此时对物块B,由牛顿第二定律得Ff1-Ff2=2ma,对A、B整体由牛顿第二定律得FT-Ff2=4ma,对物块C由牛顿第二定律得mg-FT=ma,联立解得μ=,因此若要A、B之间发生相对滑动,则需满足μ<,故选C。考向二

恰好分离的临界问题典题5(多选)如图所示,直立轻质弹簧一端固定在水平地面上,另一端与木板Q连接。物块P搁在木板Q上,处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F,此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为2m,Q的质量为m,重力加速度为g,则有(

)A.恒力F的大小为2mgB.恒力F刚施加给P的瞬间,P、Q间弹力大小为1.6mgC.物块P的速度最大时,P、Q间弹力大小为0.6mgD.物块P运动到最高点时,弹簧弹力大小为0.6mgBD解析

由题可知,由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离,所以P、Q全程在做简谐运动,因此在最高点和最低点的加速度大小相同,方向相反,大小设为a,对于最低点,弹簧弹力和P、Q重力相等,因此F+F弹1-3mg=F=3ma,在最高点,由于P、Q刚要分离,分别对P和Q进行分析,可得2mg-F=2ma,mg-F弹2=ma,解得F=1.2mg,a=0.4g,F弹2=0.6mg,A错误,D正确;恒力刚施加时,以P为研究对象,则F+FN1-2mg=2ma,解得FN1=1.6mg,B正确;物块P的速度最大时,P、Q整体处于简谐运动平衡点,即加速度为0,此时F+FN2-2mg=0,解得FN2=0.8mg,C错误。指点迷津两个物体恰好分离时,运动学方面的特点是仍然有相同的速度和加速度,受力方面的特点是接触面上弹力减小到零。考向三

动力学中的极值问题

典题6(2024七省适应性测试黑龙江、吉林物理)如图所示,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(

)A.2mgsinθ

B.3mgsinθC.4mgsinθ

D.5mgsinθC解析

物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小,为0,对乙有F弹1=mgsin

θ,对甲有F弹1+mgsin

θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin

θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin

θ=4mgsin

θ,故选C。典题7(多选)(2024广东佛山期中)如图所示,质量m=2kg的小球用细绳连在倾角θ=37°的光滑斜面体斜面上,此时细绳平行于斜面。g取10m/s2。下列说法正确的是(

)A.当斜面体以5m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20NB.当斜面体以12m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力与水平方向夹角大于37°C.当斜面体以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20ND.当斜面体以20m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力与水平方向夹角等于30°AC解析

当小球刚好只受重力和轻绳拉力作用时,根据牛顿第二定律有

=ma0,解得a0=

m/s2。当斜面体以5

m/s2的加速度向右加速运动时,即a1=5

m/s2<a0,此时小球受重力、支持力和绳的拉力,如图所示,水平方向有FTcos

θ-FNsin

θ=ma1,竖直方向有FTsin

θ+FNcos

θ=mg,联立解得FN=10

N,FT=20

N,A正确;当斜面体以12