2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第三章　课时3　牛顿运动定律的综合应用夯实考点 学案

课时3　牛顿运动定律的综合应用

考点一　运动状态分析

1.物体运动状态分析包括受力情况分析,速度、加速度随时间变化的分析。

2.物体运动性质的判断方法:明确物体的初始运动状态;明确物体的受力情况;根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。

[典例1] 蹦极是一项新兴的极限运动,跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下,在弹性绳的作用下反复下落、弹起。如图是某次蹦极下落过程的示意图,O点为弹性绳固定点,也是人的起跳点,A点是弹性绳刚被拉直时人的位置,B点是下落到达的最低点。下列说法中正确的是(　　)

A.O到B过程中人下落至A点时速度最大

B.A到B过程中人先加速后减速

C.A到B过程中人的加速度一直增大

D.人运动至B点时处于平衡状态

解析:从起跳至最低点B经历三个阶段:到A点前只受重力,做自由落体运动;过A点后开始受弹力,加速度向下且减小,做加速度减小的变加速运动,当弹力等于重力时,加速度减为零,速度达到最大,此后弹力大于重力,加速度向上,向下做加速度增大的变减速运动,至B点速度减为零。即最大速度在A,B两点之间的某一位置;从A到B先做向下的加速度减小的变加速运动后做加速度增大的变减速运动;在B点,虽然速度为零,但合外力向上且最大,故选项B正确。

答案:B

变式1:如图,一小球从高h处自由下落进入水中,若小球在水中所受阻力为F=kv2,且水足够深,则(　C　)

A.h越大,匀速时速度v越大

B.小球入水后先做加速度变小的加速运动,后做匀速运动

C.小球入水后可能一直做匀速直线运动

D.小球在水中开始匀速运动的位置与h无关

解析:当小球受力平衡时,小球做匀速运动,有mg=F浮+kv2,浮力是定值,可知匀速运动的速度是一定值,故A错误。小球进入水中时若速度较小,则阻力较小,这时小球将做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动;若小球入水时速度较大,则阻力也较大,此后小球将做加速度变小的减速运动,最后做匀速运动;当然也可能小球入水时的速度刚好满足mg=F浮+kv2,则小球进入水中一直做匀速运动,故B错误,C正确。小球匀速运动的速度是一定值,但是开始匀速运动的位置与h有关,故D错误。

考点二　运动图象类型问题

1.图象的类型

(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。

2.问题的实质

运动图象问题是力与运动的关系问题,求解这类问题的关键是理解图象的物理意义,理解图象的轴、点、线、截距、斜率、面积六大功能。

[典例2] 如图甲所示,在风洞实验室里,一根足够长的细杆与水平面成θ=37°角并固定,质量为m=1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点,今有水平向右的风力F作用于小球上,经时间t1=2 s后停止,小球沿细杆运动的部分vt 图象如图乙所示(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。试求:

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和0～4 s内的位移x;

(2)杆和球间的动摩擦因数μ及0～2 s内风对小球作用力F的大小。

解析:(1)由题图乙可知,在0～2 s内

a1== m/s2=20 m/s2

方向沿杆向上

0～2 s内位移x1=a1=40 m

在2～4 s内加速度

a2== m/s2=-10 m/s2

负号表示方向沿杆向下

位移x2=v2t2+a2=60 m

在0～4 s内的位移x=x1+x2=100 m,方向沿杆向上。

(2)在风力为F时的上升过程,对小球由受力分析和牛顿第二定律有

Fcos θ-Ff-mgsin θ=ma1

Ff=μFN

FN=mgcos θ+Fsin θ

停风后的上升阶段,有

-μmgcos θ-mgsin θ=ma2

解得μ=0.5,F=60 N。

答案:(1)20 m/s2,方向沿杆向上　100 m,方向沿杆向上　(2)0.5　60 N

变式2:如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0,v1,t1均为已知量,则无法求出(　B　)

A.斜面的倾角

B.物块的质量

C.物块与斜面间的动摩擦因数

D.物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析:设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-μmgcos θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有a1=,a2=。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ,μ,故选项B不可求,A,C均可求;0～t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故选项D可求。

考点三　动力学中的多过程问题

物体在外力作用下运动且涉及多个过程的问题,其解题要点为:

(1)分析每一个过程的受力及运动情况。

(2)注意过程与过程的衔接,关键是速度。

[典例3] 如图所示,倾斜滑雪道AB与CD的倾角分别为θ1= 30°和θ2=45°,水平滑雪道BC长度L=25 m,水平滑雪道与倾斜滑雪道之间均平滑连接。一位质量m=60 kg的滑雪者从距水平滑道高h=25 m 处由静止开始下滑,经过水平滑道后冲上另一倾斜滑道。已知滑雪者与水平滑道BC和倾斜滑道CD的动摩擦因数μ=0.2,与倾斜滑道AB的摩擦忽略不计。重力加速度g=10 m/s2。求:(计算结果可用根式表示)

(1)滑雪者在滑道AB上运动所用的时间;

(2)滑雪者经过C点时的速度大小;

(3)滑雪者沿倾斜滑道CD上滑的最大距离。

解析:(1)设滑雪者在倾斜滑道AB上运动加速度为a,所用的时间为t,

根据牛顿第二定律可得a=gsin θ1=5 m/s2

由匀变速直线运动规律,有=at2,解得t=2 s。

(2)设滑雪者经过C点时的速度大小为v

由动能定理得mgh-μmgL=mv2

解得v=20 m/s。

(3)设滑雪者沿倾斜滑道CD上滑的最大距离为x

由动能定理得-(mgsin θ2+μmgcos θ2)x=0-mv2

解得x= m。

答案:(1)2 s　(2)20 m/s　(3) m

变式3:如图所示,一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端由静止开始向下行驶,当小轿车到达底端时进入一水平面,在距斜坡底端115 m的地方有一池塘,发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N,在水平地面上调节油门后,发动机产生的牵引力为1.4×104 N,小轿车的质量为2 t,小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10 m/s2)。求:

(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小;

(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘,在水平地面上加速的时间不能超过多少?

解析:(1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得

F1+mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1

代入数据得a1=3 m/s2

由=2a1x1=

行驶至斜坡底端时的速度v1=10 m/s。

(2)在水平地面上加速时,

由牛顿第二定律得

F2-μmg=ma2

代入数据得a2=2 m/s2

关闭油门后减速μmg=ma3

代入数据得a3=5 m/s2

关闭油门时轿车的速度为v2,

则+=x2,

得v2=20 m/s

t==5 s,

即在水平地面上加速的时间不能超过5 s。

答案:(1)10 m/s　(2)5 s

考点四　牛顿运动定律应用中的整体法和隔离法

1.整体法、隔离法

当问题涉及几个物体时,我们常常将这几个物体“隔离”开来,对它们分别进行受力分析,根据其运动状态,应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解。特别是问题涉及物体间的相互作用时,隔离法是一种有效的解题方法。而将相互作用的两个或两个以上的物体看成一个整体(系统)作为研究对象,去寻找未知量与已知量之间的关系的方法称为整体法。

2.选用整体法和隔离法的策略

(1)当各物体的运动状态相同时,宜选用整体法;当各物体的运动状态不同时,宜选用隔离法。

(2)对较复杂的问题,通常需要变换研究对象,交替应用整体法与隔离法求解。

[典例4] 如图所示,在光滑水平面上有甲、乙两木块,质量分别为m1和m2,中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来,现用一水平力F向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两木块之间的距离是(　　)

A.L+ B.L-

C.L-       D.L+

解析:对两木块整体进行分析,应用牛顿第二定律,可得F=(m1+m2)a,然后再隔离甲,同理可得F′=m1a,其中F′=k(L-L′),解得两木块之间距离L′=L-,故选B。

答案:B

变式4:如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m,M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff,若木块不滑动,力F的最大值是(　A　)

A.

B.

C.-(m+M)g

D.+(m+M)g

解析:由题意知,当M恰好不能脱离夹子时,M受到的摩擦力最大,F取最大值,设此时提升的加速度为a,根据牛顿第二定律,对M有2Ff-Mg=Ma,对m有F-2Ff-mg=ma,联立两式解得F=,选项A正确。

考点五　瞬时性问题

1.牛顿第二定律的瞬时性分析

牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型

(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。

2.求瞬时加速度的方法

(1)分析瞬时加速度的关键

①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

②明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

(2)一般思路

第一步:分析原来物体的受力情况。

第二步:分析物体在突变时的受力情况。

第三步:由牛顿第二定律列方程。

第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性。

[典例5] (多选)如图,物块a,b和c的质量相同,a和b,b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细绳悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态,现将细绳剪断,将物块a的加速度记为a1,S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g,在剪断瞬间(　　)

A.a1=3g     B.a1=0

C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2

解析:设物块的质量为m,剪断细绳的瞬间,绳子的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b,c和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg,故剪断细绳的瞬间a受到的合力F=mg+T1=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误。

答案:AC

变式5:如图所示,质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端用轻质弹簧连在天花板上。轻绳处于水平位置,弹簧与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间,小球加速度的大小为(　C　)

A.0 B.gsin θ C.gtan θ D.

解析:

剪断轻绳前,小球受力如图所示,可知轻质细绳的拉力F绳=mgtan θ。剪断轻绳瞬间,弹簧弹力和重力大小及方向不改变,小球的合力为F=mgtan θ,由牛顿第二定律可知F=ma,得a=gtan θ,故选项C正确。

1.(运动状态分析)如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定,则(　A　)

A.物体从A到O先加速后减速

B.物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动

C.物体运动到O点时,所受合力为零

D.物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小

解析:物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向右。随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知,加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大。此后,随着物体继续向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左。至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大,所以物体越过O′点后,合力(加速度)方向向左且逐渐增大,由于加速度与速度反向,故物体做加速度逐渐增大的减速运动。综合以上分析,只有选项A正确。

2.(整体与隔离法)如图所示,有一箱装得很满的土豆,以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动,不计其他外力及空气阻力,则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应该是(　C　)

A.mg       B.μmg

C.mg D.mg

解析:

假设土豆箱向左做匀减速运动,设整体质量为M,由牛顿第二定律μMg=Ma得,土豆箱在地面上滑动的加速度大小为a=μg,方向水平向右。设土豆A受到其他土豆对它的作用力为F,土豆A的受力分析如图所示,则有F=mg。

3.(瞬时加速度)“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时(　B　)

A.加速度为零,速度为零

B.加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下

C.加速度a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上

D.加速度a=g,方向竖直向下

解析:根据两橡皮绳的拉力大小均为mg,可知两橡皮绳夹角为120°,小明左侧橡皮绳在腰间断裂时,弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变,对小明进行受力分析可知加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,选项B正确,A,C,D错误。

4.(运动图象类问题)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,斜面BC光滑且与水平面夹角θ=37°。AB和BC接触处平滑连接,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。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑,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sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:

(1)斜面BC的长度;

(2)滑块的质量;

(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功。

解析:(1)分析滑块受力,由牛顿第二定律得

a1=gsin θ=6 m/s2

通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1=1 s

由运动学公式得x1=a1t2=3 m

故斜面BC的长度为3 m。

(2)滑块对斜面的压力为FN1′=mgcos θ

木块对传感器的压力为F1=FN1′sin θ

由题图乙可知F1=12 N

解得m=2.5 kg。

(3)滑块滑到B点的速度为v1=a1t1=6 m/s

由题图乙可知Ff=5 N,t2=2 s

a2==2 m/s2

x2=v1t2-a2=8 m

W=Ffx2=40 J。

答案:(1)3 m　(2)2.5 kg　(3)40 J

5.(两类基本问题)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数μ;

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

解析:(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ,

则冰球在冰面上滑行的加速度大小为a1=μg,①

由速度与位移的关系知-2a1s0=-,②

联立①②得μ==。③

(2)设冰球运动的时间为t,则t=,④

又s1=at2,⑤

由③④⑤得a=。

答案:(1)　(2)

1.(2018·浙江11月选考,13)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长为21 m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上,B为圆形的最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中,无动力小车在弹射装置D的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是(　A　)

A.5 s B.4.8 s 

C.4.4 s D.3 s

解析:小车从A到B做匀减速直线运动,加速度大小为a1=μg=2 m/s2,由xAB=v0t1-a1得,t1=3 s(t1=7 s 舍去),小车到达B点时的速度v1=v0-a1t1=4 m/s,从B到C过程,根据机械能守恒定律,有m=mgh,解得h=0.8 m,根据几何关系,xBC=2Rsin θ,h=xBCsin θ,解得sin θ=0.2,从B到C做匀减速直线运动的加速度大小为a2=gsin θ,由0=v1-a2t2得t2=2 s,所以从A到C的时间为t= t1+t2=5 s,故A正确。

2.(2019·全国Ⅲ卷,20)(多选)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(　AB　)

A.木板的质量为1 kg

B.2～4 s内,力F的大小为0.4 N

C.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:结合(b)(c)两图象可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程力F等于F摩,故F在此过程中是变力,C错误;2～5 s内木板与物块发生相对滑动,它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力,在4～5 s内,木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动,有F摩=ma2=0.2 N,而a2= m/s2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正确;在2～4 s内,木板加速度大小a1=m/s2=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可知F-F摩=ma1,即F=F摩+ma1=0.4 N,B正确;对物块进行分析可知,物块一直处于平衡状态,故F摩=μm物g=0.2 N.而物块的质量未知,所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ,D错误。

3.(2018·浙江4月选考,19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s 时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;

(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;

(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)

解析:(1)“奔跑”过程x=at2=16 m。

(2)上滑过程a1=gsin θ+μgcos θ=8 m/s2,

下滑过程a2=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2。

(3)上滑位移x1==1 m,

退滑到出发点的速度v2=2a2(x+x1),

v=2 m/s。

答案:见解析

4.(2017·浙江4月选考,19)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸,小明对过程进行观测,记录数据如下表。

(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1;

(2)若游船和游客的总质量M=8 000 kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F;

(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。

解析:(1)由运动学公式a1==0.105 m/s2,

位移x1=a1=84 m。

(2)匀减速运动过程中加速度

a2==0.05 m/s2

由牛顿第二定律得

F=Ma2=400 N。

(3)位移x=×t1+v×t2+×t3=2 780 m,

平均速度==3.86 m/s。

答案:(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s