2024高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用学案新人教版

PAGE14-第3讲牛顿运动定律的综合应用主干梳理对点激活学问点连接体问题Ⅱ1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的eq\o(□,\s\up1(01))物体系统称为连接体。2．外力与内力(1)外力：系统eq\o(□,\s\up1(02))之外的物体对系统的作用力。(2)内力：系统eq\o(□,\s\up1(03))内各物体间的相互作用力。3．整体法和隔离法(1)整体法：把eq\o(□,\s\up1(04))加速度相同的物体看做一个整体来探讨的方法。(2)隔离法：求eq\o(□,\s\up1(05))系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独探讨的方法。学问点临界极值问题Ⅱ1．临界或极值条件的标记(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eq\o(□,\s\up1(01))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eq\o(□,\s\up1(02))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。2．四种典型的临界条件(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eq\o(□,\s\up1(03))弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是eq\o(□,\s\up1(04))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eq\o(□,\s\up1(05))它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是eq\o(□,\s\up1(06))FT＝0。(4)加速度改变时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是eq\o(□,\s\up1(07))a＝0，速度为0的临界条件是a达到eq\o(□,\s\up1(08))最大。学问点多过程问题Ⅱ1．多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的eq\o(□,\s\up1(01))运动状况和eq\o(□,\s\up1(02))受力状况都发生了改变，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。2．类型多过程问题可依据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。3．综合运用牛顿其次定律和运动学学问解决多过程问题的关键首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。一堵点疏通1．整体法和隔离法是确定探讨对象时常用的方法。()2．应用牛顿其次定律进行整体分析时，须要分析内力。()3．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的。()4．相互接触的物体分别时的临界状态是两者没有共同的加速度。()答案1.√2.×3.√4.×二对点激活1.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，起先时F＝10N，此后渐渐增大，在增大到45N的过程中，下列说法正确的是()A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态B．两物体起先没有相对运动，当拉力超过12N时，起先相对滑动C．两物体从受力起先就有相对运动D．两物体始终没有相对运动答案D解析当A、B间达到最大静摩擦力时两者起先相对滑动，以B为探讨对象，设临界加速度为a，由牛顿其次定律得：μmAg＝mBa，得a＝6m/s2。由整体法得：F＝(mA＋mB)a＝48N，所以F增大到45N的过程中，两物体始终没相对运动，B、C错误，D正确。由于地面光滑，故一起先物体就加速运动，A错误。2.(人教版必修1·P77·科学闲逛改编)在探究测定轨道中人造天体的质量的方法过程中做了这样的一个试验：用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄灭)。接触后，开动宇宙飞船的推动器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推动器的平均推力为F，推动器开动时间为t，测出飞船和火箭组的速度改变是Δv，求火箭组的质量m2。答案eq\f(Ft,Δv)－m1解析依据a＝eq\f(Δv,Δt)得，m1、m2的共同加速度为a＝eq\f(Δv,t)，选取m1、m2整体为探讨对象，则F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1。考点细研悟法培优对应学生用书P058考点1整体法和隔离法解决连接体问题1.连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)物物并排连接体(4)轻绳连接体(5)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳——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。(2)轻杆——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。一般状况下，连接体沿杆方向的分速度相等。(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不肯定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3．连接体的受力特点轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不肯定沿杆。4．处理连接体问题的方法(1)整体法若连接体内各物体具有相同的加速度，且不须要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿其次定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔离法若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就须要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿其次定律列方程求解。(3)整体法、隔离法交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的探讨对象，应用牛顿其次定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。例1如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计。若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；假如改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2。则以下关系式正确的是()A．a1＝a2，F1＞F2 B．a1＝a2，F1＜F2C．a1＝a2，F1＝F2 D．a1＞a2，F1＞F2(1)两种状况下整体受的合外力大小是否相同？提示：相同。(2)F1、F2的大小与μ有关吗？提示：无关。尝试解答选A。以整体为探讨对象，依据牛顿其次定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2，得到a1＝a2。当F拉B时，以A为探讨对象，则有F1－μm1g＝m1a得到F1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；同理，当F拉A时，以B为探讨对象，得到F2＝eq\f(m2,m1＋m2)F；由于m1＞m2，则F1＞F2。所以A正确，B、C、D错误。应用整体法和隔离法的解题技巧(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必需相同)，物体系统在平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。(2)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必需采纳隔离法。绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采纳隔离法。[变式1－1]如图所示，小车上有肯定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一小球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上。起先时小车向右运动，小球的悬绳与竖直方向的夹角为θ1，若小球的悬绳与竖直方向的夹角减小为θ2(θ1、θ2均保持不变)，则夹角为θ2时与夹角为θ1时相比()A．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变大B．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变小C．小车的加速度、弹簧测力计读数均变小，小车对地面的压力不变D．小车的加速度、弹簧测力计读数均不变，小车对地面的压力变大答案C解析由题可知ma＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)，则随着θ减小，小车的加速度a和绳子的拉力(弹簧测力计的示数)均减小，由整体法可知小车对地面的压力等于整体自身的重力，故C正确。[变式1－2]如图所示，在粗糙的水平杆上套着一个滑块A，用轻质细绳将A与一小球B相连，A、B的质量均为m，A与杆间的动摩擦因数为μ，现用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右运动，此时细绳与竖直方向的夹角为α；若增大水平拉力，使A、B一起运动时，细绳与竖直方向的夹角增大为2α，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．细绳的拉力变为原来的2倍B．A、B的加速度变为原来的2倍C．水平拉力F变为原来的2倍D．A受到的摩擦力不变答案D解析对B受力分析，其加速度大小为a＝gtanα，细绳拉力大小T＝eq\f(mg,cosα)，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，a和T不肯定是原来的2倍，A、B错误；对A、B整体受力分析，竖直方向上，支持力N＝2mg，当α增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力f＝μN不变，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，F不肯定变为原来的2倍，C错误，D正确。考点2动力学中的临界、极值问题1.基本思路(1)细致审题，详尽分析问题中改变的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)找寻过程中改变的物理量。(3)探究物理量的改变规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2．思维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，特殊是非此即彼两种可能时，或改变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，依据数学表达式解出临界条件例2如图所示，质量为M＝2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。重力加速度大小为g＝10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是()A．水平力F＝3N时，物块m将保持静止状态B．水平力F＝6N时，物块m将在长木板M上滑动C．水平力F＝7N时，长木板M的加速度大小为2.5m/s2D．水平力F＝9N时，长木板M受到的摩擦力大小为5N(1)m和M相对滑动的临界条件是什么？提示：m和M之间的摩擦力达到最大静摩擦力。(2)如何求使m和M发生相对滑动所对应的临界外力F?提示：先隔离M再整体分析。尝试解答选D。设m和M恰好不相对滑动时力F＝F0，应用牛顿其次定律，有eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝7.5N，明显F＝3N<F0时，m和M一起加速运动，A错误；F＝6N<F0时，m和M一起加速运动，B错误；F＝7N<F0时，m和M一起加速运动，M的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(7,3)m/s2，C错误；F＝9N>F0时，m和M相对运动，M受到的摩擦力大小为μmg＝5N，D正确。叠加体系统临界问题的求解思路[变式2－1](多选)如图所示，质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA＝9－2t(N)作用，B受到向右拉力FB＝2t(N)作用。从t＝0起先计时，则()A．当t＝3s时，A、B起先分别B．当t＝4.5s时，A、B起先分别C．A、B分别之前整体做加速度相同的匀加速直线运动D．A、B分别之后A、B各做加速度不同的匀加速直线运动答案AC解析当A、B分别时两者间作用力为零，且a相同，所以eq\f(FA,FB)＝eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，得t＝3s，故A正确，B错误；A、B分别之前整体由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3m/s2，两者做加速度相同的匀加速直线运动，C正确；A、B分别之后，A、B的合外力均为变力，加速度随时间改变，故D错误。[变式2－2](多选)如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg答案BCD解析地面对B的最大静摩擦力为eq\f(3,2)μmg，A、B间最大静摩擦力为2μmg，当F>eq\f(3,2)μmg时，A、B相对于地面对右滑动；在A、B恰好要发生相对运动时，对A、B整体应用牛顿其次定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，对B，有μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C正确，A错误。当F＝eq\f(5,2)μmg时，A、B相对静止，对整体有：eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，a＝eq\f(1,3)μg，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，可见D正确。考点3应用牛顿运动定律解决多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为很多“子过程”，各“子过程”间由“连接点”连接。(2)对各“连接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)依据“子过程”“连接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“连接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的协助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或探讨。例3如图甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止起先下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)斜面BC的长度s；(2)滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ。(1)滑块在CB上滑动时，力传感器读出的是哪个力的大小？提示：滑块对木块压力的水平分力。(2)滑块在BA上滑动时，力传感器示数等于哪个力的大小？提示：滑块与木块间的摩擦力。尝试解答(1)3_m__(2)0.2(1)分析滑块受力，由牛顿其次定律得a1＝gsinθ＝6m/s2，通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s，由运动学公式得斜面BC的长度为s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(2)由下图可知，滑块在CB上运动时，滑块对木块的压力N1′＝mgcosθ，木块对传感器的压力F1′＝F1＝N1′sinθ，由题图乙可知：F1′＝12N，解得m＝2.5kg，滑块在AB上运动时，传感器对木块的拉力F2＝f＝μmg＝5N，μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2。应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略(1)任何多过程的困难物理问题都是由很多简洁的小过程构成。有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种状况，一步一步完成即可；有些是树枝型，告知的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求细致审题，找出各过程的关联，按依次逐个分析。(2)对于每一个探讨过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。(3)留意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。[变式3－1]如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球起先时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是()答案C解析起先时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，依据牛顿其次定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，依据牛顿其次定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。[变式3－2]如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面对上的拉力F作用下从静止起先沿斜面对上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的改变关系图象(v­t图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面对上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)由题图乙易得，物块上升的位移x1，就是前1s内，时间轴与图线所围的面积：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物块下滑的距离x2，就是第1s末到第2s末这段时间轴与图线所围面积：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m，路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由题图乙知，沿斜面上滑的各阶段加速度大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，依据牛顿其次定律：0～0.5s内F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s内－Ff－mgsinθ＝－ma2；联立解得：F＝8N。高考模拟随堂集训对应学生用书P0611.(2024·海南高考)(多选)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为A．若μ≠0，则k＝eq\f(5,6) B．若μ≠0，则k＝eq\f(3,5)C．若μ＝0，则k＝eq\f(1,2) D．若μ＝0，则k＝eq\f(3,5)答案BD解析对整体，由牛顿其次定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿其次定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，对Q和R组成的整体，由牛顿其次定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝eq\f(5F,6)，所以k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,5)，与μ无关，B、D正确。2．(2024·安徽天长市期末)(多选)如图所示，用力F向上拉起两重物A、B，A、B的质量分别是1kg、2kg，A、B之间的轻绳能承受的最大拉力是30N，g取10m/s2。为保证A、B之间的轻绳不被拉断，则()A．两物体向上的加速度不能大于5m/s2B．F的大小不能超过45NC．两物体向上的加速度不能大于10m/s2D．F的大小不能超过30N答案AB解析对B受力分析，当绳的拉力最大时，B的加速度最大，由牛顿其次定律可得T－mBg＝mBa，解得B的最大加速度a＝5m/s2，则两物体向上的加速度不能大于5m/s2，A正确，C错误；当加速度为5m/s2时，F最大，对整体受力分析，由牛顿其次定律可得Fmax－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得Fmax＝45N，即F的大小不能超过45N，B正确，D错误。3．(2024·抚顺模拟)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t改变的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象。取g＝10m/s2，则下列说法错误的是()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8N时，滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案C解析从图乙中可知，当F>6N时，两者发生相对运动，当F≤6N时两者相对静止，当F＝6N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6kg，当F>6N时对木板分析：水平方向受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，图象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，将F>6N时图线反向延长，可得当F＝4N时，加速度为零，代入可得0＝eq\f(1,2)×4－eq\f(μ·4×10,2)，解得μ＝0.1，故A、B、D正确；当F＝8N时滑块加速度为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，故C错误。4．(2024·山东聊城一模)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球c、d，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是()A．a环与杆有摩擦力B．d球处于失重状态C．杆对a、b环的弹力大小相等D．细线对c、d球的弹力大小可能相等答案C解析设杆与水平方向的夹角为α，圆环的质量均为m，球的质量均为M，对c球进行受力分析如图，c球受重力和绳的拉力Tc，沿杆的方向向下运动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿其次定律可知c球所受合力F1＝Mgsinα＝Ma，可得a＝gsinα，因a