高考物理二轮复习第3章牛顿运动定律微专题3动力学中的三类典型问题学案

这是一份高考物理二轮复习第3章牛顿运动定律微专题3动力学中的三类典型问题学案，共12页。
微专题三　动力学中的三类典型问题 动力学中的连接体问题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：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　　如图甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0>m，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α角，细线的拉力为FT。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α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则(　　)甲　　　　　　　　乙A．F′＝F，F′T＝FT B．F′>F，F′T＝FTC．F′<F，F′T>FT D．F′<F，F′T<FT思路点拨：解此题关键有两点：(1)研究FT和F′T时，可隔离法研究部分的受力和加速度。(2)研究F和F′时，可整体法分析受力和加速度。B　[对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcos α＝mg，F′Tcos α＝mg，所以FT＝F′T。对于题图乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。]　(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交替使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。　轻绳相连的连接体1.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)(　　)A．(1－μ)g B．(1－μ2)gC．g D．与木块A、B的质量有关A　[A、B匀速运动过程，有mAg＝μmBgA、B互相交换后，有mBg－μmAg＝(mA＋mB)a解得a＝(1－μ)g，故选项A正确。]　轻弹簧相连的连接体2.如图所示，光滑的水平面上，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则(　　)A．弹簧秤的示数是10 NB．弹簧秤的示数是25 NC．弹簧秤的示数是26 ND．弹簧秤的示数是52 NC　[以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2 m/s2，对物体m1，由牛顿第二定律得F1－FT＝m1a，解得FT＝26 N，则弹簧秤示数为26 N，C正确。]　物体叠放的连接体3．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是(　　)A．a＝0 B．a＝C．a＝ D．a＝－ACD　[水平面对木板的最大摩擦力fm＝·2mg＝μmg，若拉力F≤fm，则a＝0，故A项正确；若物块相对木板运动，则μmg－·2mg＝ma，获得的加速度为a＝μg，此时加速度为最大值，故B错误，C正确；若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为F－fm＝2ma，a＝－，D正确。] 动力学中的图象问题1．常见的动力学图象v­t图象、F­t图象、a­F图象等。2．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，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。　(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(　　)图(a)图(b)　　　　　　　　　图(c)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思路点拨：解此题关键有两点：(1)明确f­t图象和v­t图象的信息，做好运动分析和受力分析。(2)分段研究木板的加速度应用牛顿第二定律求解。AB　[分析知木板受到的摩擦力f′＝f。0～2 s内，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误；4～5 s内，木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正确；2～4 s内，对木板F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。]　动力学中的v­t图象1．(多选)(2020·兰州一中高三期末)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A点为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　乙A．小球刚接触弹簧时速度最大B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大BCD　[由图乙知，开始时小球的速度不断增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m时，小球的速度达到最大，然后逐渐减小，说明当Δx为0.1 m时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力大小，可得kΔx＝mg，解得k＝＝20.0 N/m，选项A错误，C正确；当弹簧的压缩量为Δx＝0.3 m时，弹簧弹力为F＝6 N>mg，故此时小球的加速度方向向上，小球处于超重状态，选项B正确；对小球进行受力分析可知，其合力大小先由mg逐渐减小至零，然后再反向增加，故小球的加速度先减小后增大，选项D正确。]　动力学中的F­t图象2．(多选)如图甲所示，物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长的斜面上，从t＝0时刻起受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)甲　　　　　　　　　　乙A．物体的质量m＝1 kgB．物体的质量m＝2 kgC．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝AD　[由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确。]　动力学中的a­F图象3．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　　)甲　　　　　　乙A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6 m/s2时物体的速度D　[对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma ①y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0 ②从a­F图象中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：m＝2 kg，θ＝37°因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出，故D正确。] 动力学中的临界、极值问题1．临界与极值问题的四类条件(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：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零。2．处理临界问题的三种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，特别是有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，如(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　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＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 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，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。审题指导：题干关键获取信息光滑固定斜面无滑动摩擦力系统处于静止状态可求出弹簧的压缩量从静止开始沿斜面向上做匀加速运动初速度为零，加速度恒定0.2 s以后F为恒力经过0.2 s，P和Q恰好分离力F的最大值与最小值t＝0时拉力最小，分离后拉力最大[解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0代入数据解得x0＝0.12 m因前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，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＝3 m/s2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Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。[答案]　72 N　36 N　常见临界极值条件的标志(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。　叠加体的临界、极值问题1．(2020·河北衡水中学二调)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，则F′的最大值Fmax为(　　)甲　　　　　　　　乙　A．2.0 N B．3.0 N  C．6.0 N D．9.0 NC　[根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax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Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚开始要发生相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。]　接触与脱离的临界、极值问题2.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C　[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。对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma。即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态。设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，有2mg＝kx0，h＝x0－x，F＝mg，解以上各式得a＝0，k＝。综上所述，只有选项C正确。]3.如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2。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 NA　[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Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0代入数据解得a0＝13.3 m/s2。由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有甲F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0F1cos θ－FNsin θ＝ma1代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；由于a2＝20 m/s2>a0，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α。以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有乙F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。]