第三章 第三节 牛顿第二定律的综合应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

这是一份第三章 第三节 牛顿第二定律的综合应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案，共10页。
第三节　牛顿第二定律的综合应用　考点一　动力学中的连接体问题[例1]　(2020·新乡一模)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)A．此过程中物体C受五个力作用B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为[解析]　对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。绳刚断时对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。[答案]　C◆规律总结1．整体法的选取原则当只涉及研究系统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．隔离法的选取原则当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。3．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研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。[跟踪训练]1．(2021·湘东六校联考)如图所示，A、B两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同，但与竖直方向的夹角相同，对B施加水平力F1和F2，两种情况下A、B整体的加速度分别为a1、a2，细线上的力分别为T1、T2，则下列说法正确的是(　　)A．若F1＝F2，则必有a1＞a2B．若F1＝F2，则必有T1＝T2C．若T1＞T2，则必有F1＝F2D．若T1＜T2，则必有F1＝F2[解析]　把A、B两物块看成一个整体，对B施加水平力F1和F2，若F1＝F2，则必有a1＝a2，选项A错误；隔离A分析受力，拉力T1在水平方向的分力为T1sin θ＝mAa1，拉力T2在水平方向的分力为T2sin θ＝mAa2，若F1＝F2，则a1＝a2，联立解得T1＝T2，选项B正确；由T1sin θ＝mAa1，T2sin θ＝mAa2，若T1＞T2，则必有a1＞a2，根据牛顿第二定律，必有F1＞F2，选项C错误；同理可知，选项D错误。[答案]　B  考点二　动力学的图象问题1．常见四类动力学图象及解题办法v­t图象根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力F­a图象首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量a­t图象要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F­t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质2.解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)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。(一)牛顿第二定律与图象结合[例2]　(多选)(2019·全国卷Ⅲ)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(　　 )A．木板的质量为1 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．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[解析]　由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。[答案]　AB[跟踪训练]2．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小。(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？[解析]　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N由牛顿第二定律得F1－F2＝maa＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合­t图象如图所示从图中可以看出，在0～2 s范围内，当t＝0时，物体有最大加速度am，Fm＝mam，am＝＝ m/s2＝1 m/s2当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′，Fm′＝mam′am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2负号表示加速度方向向左。(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t(m/s2)画出a­t图象如图所示由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a­t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。[答案]　(1)0.5 m/s2　(2)当t＝0时，am＝1 m/s2；当t＝2 s时，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s(二)由已知条件确定某物理量的变化图象[例3]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)[解析]　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0。力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma。联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F­x图象中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确。[答案]　A[跟踪训练]3．(多选)(2020·福建省武平县第一中学月考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　)A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10 cmB．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物块的质量为2.5 kgD．物块的加速度大小为5 m/s2[解析]　当托盘与物块静止不动时，根据胡克定律有kx0＝2mg，一起向 上做匀加速运动时F＋k(x0－x)－2mg＝2ma，整理得F＝kx＋2ma。由乙图可知k＝5 N/cm，2ma＝10 N，当物块与托盘分离时，以物块为对象F′－mg＝ma，解得m＝2.5 kg，a＝2 m/s2，x0＝10 cm，故A、C正确，B、D错误。[答案]　AC 动力学中的临界极值问题——数学应用能力的培养1．“四种”典型临界条件(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，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。2．“三种”典型的常用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，根据数学表达式解决临界极值问题 (一)临界问题[典例1]　(2020·江西宜春市期末)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＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 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，现给物体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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；(3)力F的最大值与最小值。[解析]　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0解得x0＝0.16 m。(2)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之间的弹力为零且加速度大小相等，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＝ m/s2。(3)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，则Fmin＝ (m1＋m2)a＝ N对Q应用牛顿第二定律得Fmax—m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝m2(gsin θ＋a2)＝ N。[答案]　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N ◆方法归纳叠加体系统临界问题的求解思路 [跟踪训练]1．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D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动[解析]　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，由F＝mg，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，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＝，a＝0，综上所述，只有C项正确。[答案]　C(二)极值问题[典例2]　木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。[解析]　(1)当θ＝30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，联立解得：μ＝。(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，－mgsin θ·x－μmgcosθ·x＝0－mv，解得x＝。令a＝sin θ＋μcos θ＝设cos α＝，则a＝sin(α＋θ)当α＋θ＝π/2时，a存在最大值am＝＝。即sin θ＝cos α＝＝，θ＝60°时，x最小。对应的最小值x＝＝m。[答案]　(1)　(2)60°　m[跟踪训练]2．如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。[解析]　当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①木块的位移为x，有0－v＝2ax②根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ)根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝μ＝，则α＝30°要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值amax＝g，所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－，代入②可得xmin＝。[答案]　60°