（课标版）2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用教案

第3讲牛顿运动定律的综合应用一、牛顿运动定律的应用1.整体法:当连接体内(即系统内)各物体的 加速度 相同时,可以把系统内的所有物体看成一个 整体 ,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对 整体 列方程求解的方法。2.隔离法:当求系统内物体间 相互作用的内力 时,常把某个物体从系统中 隔离 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对 隔离 出来的物体列方程求解的方法。3.外力和内力(1)外力:系统外的物体对 研究对象 的作用力。(2)内力:系统内 物体间 的作用力。二、临界或极值条件的标志1.有些问题中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;2.若有“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”,而这些起止点往往就对应临界状态;3.若有“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.若要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。1.判断下列说法对错。(1)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。()(2)应用牛顿运动定律进行整体分析时,可以分析内力。()(3)分析物体间相互作用时,要用隔离法。()(4)当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法。()2.(多选)如图所示,质量分别为ma、mb的a、b两物块用轻线连接,放在倾角为的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力f拉a,使它们沿斜面匀加速上升,a、b与斜面间的动摩擦因数均为。为了增加轻线上的张力,可行的办法是()a.减小a物块的质量b.增大b物块的质量c.增大倾角d.增大动摩擦因数2.答案ab3.如图所示,物块a放在木板b上,a、b的质量均为m,a、b之间的动摩擦因数为,b与地面之间的动摩擦因数为3。若将水平力作用在a上,使a刚好要相对b滑动,此时a的加速度为a1;若将水平力作用在b上,使b刚好要相对a滑动,此时b的加速度为a2,则a1与a2的比为()a.11b.23c.13d.323.答案c考点一动力学观点在连接体中的应用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:弹簧连接体物物叠放连接体轻绳连接体轻杆连接体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例如图所示,质量为m2的物块b放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1的物块a,a通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为m的物块c连接。释放c,a和b一起以加速度a从静止开始运动,已知a、b间动摩擦因数为,重力加速度为g,则细线中的拉力大小为()a.mgb.mg+mac.(m1+m2)ad.m1a+m1g答案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,对a可知t-f=m1a,f=f,联立解得t=(m1+m2)a,故d错误。考向1加速度相同的连接体问题1.如图所示,质量为m的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一质量为m的小球,mm,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,细线与竖直方向成角,细线的拉力为f1。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角,细线的拉力为f1。则()a.a=a,f1=f1b.aa,f1=f1c.aa,f1f1答案b当用力f水平向右拉小球时,以小球为研究对象竖直方向有f1 cos =mg水平方向有f-f1 sin =ma以整体为研究对象有f=(m+m)a解得a=mmg tan 当用力f水平向左拉小车时,以小球为研究对象竖直方向有f1 cos =mg水平方向有f1 sin =ma解得a=g tan 结合两种情况,由式有f1=f1;由式并结合mm有aa。故正确选项为b。考向2加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上,q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,p为一重物,已知p的质量m=10.5 kg,q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800 n/m,系统处于静止。如图所示,现给p施加一个方向竖直向上的力f,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2 s内,f为变力,0.2 s以后,f为恒力。求力f的最大值与最小值。(取g=10 m/s2)答案168 n72 n解析设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2 s时弹簧的压缩量为x2,重物p的加速度为a,则有kx1=(m+m)gkx2-mg=max1-x2=12at2由式得x1=(m+m)gk=0.15 m由式得a=6 m/s2f小=(m+m)a=72 n,f大=m(g+a)=168 n方法总结连接体问题的分析方法分析连接体问题时,一般采用两种方法:一是隔离法,二是整体法。具体如下:加速度相同的连接体若求解整体的加速度,可用整体法。整个系统作为研究对象,分析整体受力情况,再利用牛顿第二定律列方程求解。若求解系统内力,可先用整体法求出整体的加速度,再用隔离法将系统内力转化成系统内物体的外力,由牛顿第二定律求解加速度不同的连接体若系统内各个物体的加速度不同,一般采用隔离法。以各个物体分别作为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分别应用牛顿第二定律建立方程,并注意利用各个物体间的相互作用关系联立求解考点二动力学中的临界、极值问题1.“四种”典型临界条件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,绳子松弛与拉紧的临界条件是ft=0加速度变化时,速度达到最值的临界条件当加速度变为0时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。1.(多选)(2019河南信阳期末)如图所示,a、b两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。a、b间的动摩擦因数为,b与地面间的动摩擦因数为12。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f3mg时,a相对b滑动d.无论f为何值,b的加速度不会超过12g答案bcda、b间的最大静摩擦力为2mg,b和地面之间的最大静摩擦力为32mg,对a、b整体,只要f32mg,整体就会运动,选项a错误;当a对b的摩擦力为最大静摩擦力时,a、b将要发生相对滑动,故a、b一起运动的加速度的最大值满足2mg-32mg=mamax,b运动的最大加速度amax=12g,选项d正确;对a、b整体,有f-32mg=3mamax,则f3mg时两者会发生相对运动,选项c正确;当f=52mg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足f-32mg=3ma,解得a=13g,选项b正确。2.如图所示,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,求f的最大值fm。甲乙答案6.0 n解析根据题图甲所示,设a、b间的静摩擦力达到最大值fm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fm=maa,代入数据解得fm=2.0 n根据题图乙所示情况,设a、b刚开始相对滑动时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律有fm=mba,fm=(ma+mb)a,代入数据解得fm=6.0 n动力学观点解决多过程运动(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和运动过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等,并列出相关的辅助方程。(5)联立求解,并对结果进行必要的讨论或验证。1.如图所示,两木板a、b并排放在地面上,a左端放一小滑块,滑块在f=6 n的水平力作用下由静止开始向右运动。已知木板a、b长度均为l=1 m,木板a的质量ma=3 kg,小滑块及木板b的质量均为m=1 kg,小滑块与木板a、b间的动摩擦因数均为1=0.4,木板a、b与地面间的动摩擦因数均为2=0.1,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(1)小滑块在木板a上运动的时间;(2)木板b获得的最大速度。答案(1)1 s(2)1 m/s解析(1)小滑块对木板a的摩擦力f1=1mg=0.4110 n=4 n木板a、b整体受到地面的最大静摩擦力f2=2(2m+ma)g=0.1(21+3)10 n=5 nf1f2,小滑块在木板a上滑动时,木板a保持静止设小滑块的加速度为a,由牛顿第二定律有f-f1=ma1,其中f1=f1根据运动学公式,有l=12a1t12联立解得t1=1 s(2)设小滑块滑上木板b时的速度为v1,小滑块滑上木板b后,b的加速度为a2,经过时间t2小滑块与木板b脱离,小滑块的位移为x块,木板b的位移为xb、最大速度为vb,则1mg-22mg=ma2vb=a2t2xb=12a2t22v1=a1t1x块=v1t2+12a1t22x块-xb=l联立解得vb=1 m/s2.质量m=4 kg、长2l=4 m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的粗糙程度不同。一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力f,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2 s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图像如图乙所示。取g=10 m/s2。(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数1和恒力f的大小。(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数2=0.1,2 s末撤去恒力f,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?答案见解析解析(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2 s 时木板的位移x2=12a2t12滑块的位移x1=4 m由牛顿第二定律得1mg=ma2由位移关系得x1-x2=l联立式解得1=0.4滑块位移x1=12a1t12恒力f=ma1+1mg联立式解得f=6 n(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速直线运动,木板继续做匀加速直线运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为a1=2mgm=2g,a2=2mgm设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,v1-a1t2=v2+a2t2解得t2=1.6 s在此时间内,滑块位移x1=v1t2-12a1t22木板的位移x2=v2t2+12a2t22x=x1-x2联立解得x=1.6 m4f2d.f1=2f23.答案b沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力f1,对整体分析,整体的加速度a=f13m,隔离对质量为m的小球分析,根据牛顿第二定律得f弹=ma=f13=kx1;同理,沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力f2,a=f23m,隔离对质量为2m的小球分析,根据牛顿第二定律得f弹=2ma=2f23=kx2,由于x1=2x2,联立可得f1=4f2,故b正确,a、c、d错误。4.a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连。当用恒力f竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1;当用大小仍为f的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,如图所示,则()a.x1一定等于x2b.x1一定大于x2c.若m1m2,则x1x2d.若m1m2,则x1x24.答案a当用恒力f竖直向上拉着a时,先用整体法有f-(m1+m2)g=(m1+m2)a,再隔离b有kx1-m2g=m2a,联立得x1=m2fk(m1+m2)。当沿水平方向拉着a时,先用整体法有f=(m1+m2)a,再隔离b有kx2=m2a,联立得x2=m2fk(m1+m2),故x1=x2,所以只有a项正确。5.(多选)两个叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为的斜面上,如图所示,滑块a、b的质量分别为m、m,a与斜面间的动摩擦因数为1,b与a之间的动摩擦因数为2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下,滑块b受到的摩擦力()a.等于零b.方向沿斜面向上c.大小等于1mg cos d.大小等于2mg cos 5.答案bc把a、b两滑块作为一个整体,设其下滑的加速度为a,由牛顿第二定律有(m+m)g sin -1(m+m)g cos =(m+m)a得a=g(sin -1 cos )由于ag sin ,可见b随a一起下滑的过程中,必然受到a对它的沿斜面向上的摩擦力,设a对b的摩擦力为fb,滑块b的受力如图所示。由牛顿第二定律有mg sin -fb=ma,得fb=mg sin -ma=mg sin -mg(sin -1 cos )=1mg cos 。6.如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角=37的光滑斜面上,此时,细绳平行于斜面。取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。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 nb.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30 nc.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40 nd.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60 n6.答案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f cos =ma0,f sin -mg=0,代入数据解得a013.3 m/s2。(1)由于a1=5 m/s2a0,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。以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有f2 cos =ma2,f2 sin -mg=0代入数据解得f2=205 n。选项c、d错误。乙7.(多选)如图所示,在倾角为的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块a和b,c为固定挡板,系统处于静止状态,现开始用变力f沿斜面向上拉动物块a使之做匀加速直线运动,经时间t物块b刚要离开挡板,已知两物块的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是()a.力f的最小值为4m2gsinkt2b.力f的最大值为mgsin1+4mkt2c.物块a的位移为mgsinkd.时间t末a的速度为4mgsinkt7.答案ad刚开始时,弹簧处于压缩状态,对a分析,a处于静止状态,沿斜面方向上受力平衡,受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力,此时有mg sin =kx1,解得x1=mgsink,当b刚要离开挡板时,挡板对b的作用力为零,此时弹簧处于伸长状态,对b分析,有mg sin =kx2,解得x2=mgsink,所以整个匀加速过程中,弹簧的形变量即a的位移为x=x1+x2=mgsink+mgsink=2mgsink,因为a是从静止开始做匀加速直线运动,经历的时间为t,所以有x=12at2,解得a=4mgsinkt2,故t末a的速度为v=at=4mgsinkt,c错误,d正确;f随着弹力的变化而变化,当弹簧被压缩过程中,弹力向上,随着弹力的减小而增大,所以刚开始时f最小,故有fmin=ma=4m2gsinkt2,在弹力方向向下时,随着弹力的增大而增大,故b刚要离开挡板时,f最大,故有fm=kx1+mg sin +ma=2mg sin 1+2mkt2,a正确,b错误。8.(多选)(2019河北唐山调研)如图所示,将小砝码放在桌面上的薄纸板上,若砝码和纸板的质量分别为m和m,各接触面间的动摩擦因数均为,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力f拉动纸板,重力加速度为g,下列说法正确的是()a.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为(m+m)gb.要使纸板相对砝码运动,f一定大于2(m+m)gc.若砝码与纸板分离时的速度小于gd,砝码不会从桌面上掉下d.当f=(2m+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘8.答案bc对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,纸板所受的摩擦力为(m+m)g+mg,故a错误。设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有mg=ma1,f-mg-(m+m)g=ma2,发生相对运动需要a2a1,解得f2(m+m)g,故b正确。若砝码与纸板分离时的速度小于gd,砝码匀加速运动的位移小于v22a1=gd2g=d2,匀减速运动的位移小于v22a1=gd2g=d2,则总位移小于d,不会从桌面上掉下,故c正确。当f=(2m+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=g,纸板的加速度a2=f-(m+m)g-mgm=2g,根据12a2t2-12a1t2=d,解得t=2dg,则此时砝码的速度v=a1t=2gd,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小a=g,则匀减速运动的位移x=v22a=2gd2g=d,而匀加速运动的位移x=12a1t2=d,可知砝码离开桌面,d错误。9.(2019辽宁沈阳二模)在“互联网+”时代,网上购物已经成为一种常见的消费方式,网购也促进了快递业发展。如图,一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱,货箱的总质量为15 kg,货箱与地面间的动摩擦因数=33。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动,取g=10 m/s2,求:(1)拉力方向与水平面成60角时拉力的大小(结果保留一位小数);(2)所施加拉力的最小值和方向。9.答案(1)86.6 n(2)75 n与水平方向夹角为30解析(1)研究货箱,根据平衡条件有f sin 60+fn-mg=0f cos 60-ff=0ff=fn解得f=503 n86.6 n(2)对货箱受力分析,设f与水平方向夹角,如图所示则根据平衡条件有f sin +fn-mg=0f cos -ff=0ff=fn解得f=mgcos+sin整理得f=mg2sin(+60)当=30时,f有最小值最小值为f=75 n10.如图所示,粗糙的地面上放着一个质量m=1.5 kg的斜面,斜面部分光滑,底面与地面的动摩擦因数=0.2,倾角=37,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m=0.5 kg的小球,弹簧劲度系数k=200 n/m,现给斜面施加一水平向右的恒力f,使整体向右以a=1 m/s2的加速度匀加速运动(已知 sin 37=0.6, cos 37=0.8,g=10 m/s2)。求:(1)f的大小;(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。10.答案(1)6 n(2)0.017 m3.7 n解析(1)对整体应用牛顿第二定律有f-(m+m)g=(m+m)a解得f=6 n(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为fn对小球受力分析有在水平方向:kx cos -fn sin =ma在竖直方向:kx sin +fn cos =mg解得x=0.017 m,fn=3.7 nb组能力提升11.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gc.弹簧的劲度系数等于mghd.在b与a分离之前,它们做匀加速直线运动11.答案ca、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,此时弹簧仍处于压缩状态由f=mg,设用恒力f拉b前弹簧压缩量为x0,则2mg=kx0,h=x0-x解以上各式得k=mgh,综上所述,只有c项正确。12.如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,质量为m的物块串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,物块又通过轻细线悬吊着一个质量为m的小球,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动,而物块、小球均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为。小车的加速度逐渐增加,物块始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时()a.横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍b.横杆对物块的弹力增加到原来的2倍c.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍d.细线的拉力增加到原来的2倍12.答案a对小球和物块组成的整体,分析受力如图甲所示,根据牛顿运动定律得,水平方向ff=(m+m)a,竖直方向fn=(m+m)g,则当加速度增加到2a时,横杆对物块的摩擦力ff增加到原来的2倍,横杆对物块的弹力保持不变,故a正确,b错误;以小球为研究对象,分析受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律得mg tan =ma,解得tan =ag,当a增加到2a时, tan