高考物理总复习第3单元运动和力的关系第8讲牛顿第二定律的综合应用

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1、第8讲 牛顿第二定律的综合应用 考点互动探究 教师备用习题 考点一 连接体问题 应用牛顿第二定律求解连接体问题时,正确选取研究对象是解题的关键.(1)若连接体内各物体具有相同的加速度,且丌需要求系统内各物体之间的作用力,则可以把它们看作一个整体,根据牛顿第二定律,已知合外力则可求出加速度,已知加速度则可求出合外力.(2)若连接体内各物体的加速度丌相同,则需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.(3)若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力,则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”

2、.考点互动探究 考点互动探究 例1 2022 湖北武汉联考 如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,一端连接质量为m的物块a,另一端连接质量为2m的物块b.将a从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t1运动到Q点,此时b仍在空中;再将a、b的位置对调,让b从水平桌面上的P点由静止释放,经过时间t2运动到Q点.已知t2=2t1,a、b不水平桌面间的动 摩擦因数相同,且均可视为质点,则该动摩擦因数最接近()A.0.2 B.0.3 C.0.5 D.0.7 B 解析 将a从水平桌面上的P点由静止释放时,由牛顿第二定律得2mg-mg=3ma1,由运动学公式得12a112=LPQ,将a、b的位置对调,让b从水平桌

3、面上的P点由静止释放,由牛顿第二定律得mg-2mg=3ma2,由运动学公式得12a222=LPQ,又t2=2t1,联立解得0.3,故B正确.考点互动探究 变式 a、b两物体的质量分别为m1、m2,由轻质弹簧相连.如图所示,当用大小为F的恒力竖直向上拉着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.下列说法正确的是()A.x1一定等于x2 B.x1一定大于x2 C.若m1m2,则x1x2 D.若m1m2,则x1x2 A 考点互动探究 解析 在竖直方向运动时,以整体为研究对象,由牛顿第

4、二定律有F-(m1+m2)g=(m1+m2)a1,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有kx1-m2g=m2a1,联立解得kx1=21:2;在水平方向运动时,以整体为 研究对象,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a2,以物体b为研究对象,由牛顿第二定律有 kx2=m2a2,联立解得kx2=21:2,可见x1=x2,选项A正确.考点二 临界、极值类问题 考点互动探究 1.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,明显表明题述的过程存在着临界点;(2)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枀值,返个枀值点往往是临界点.考点互动探究 2.“

5、四种”典型临界条件 (1)接触不脱离的临界条件: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)绳子断裂不松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断不丌断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是张力FT=0.(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0.考点互动探究 例2 如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角=37的光滑斜面体的斜面上,此时细绳平行于斜面.g取10 m/s2.下列说法正确的是()A.当斜面体以5 m/s2的加

6、速度向右加速运动时,绳子拉力为20 N B.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30 N C.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40 N D.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60 N A 考点互动探究 解析 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=ma0,Fsin-mg=0,解得 a0=13.3 m/s2.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,设绳子不水平方向

7、的夹角为,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有F2cos=ma2,F2sin-mg=0,解得F2=20 5 N,选项C、D错误.考点互动探究 变式 (多选)2022 天津一中月考 如图所示,A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上,物体A的质量为2m,B和C的质量都是m,A、B间的动摩擦因数为,B、C间的动摩擦因数为14,B和地面间的动摩擦因数为18,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F,则下列判断正确的是()A.无论力F为何值,B的加速度丌会超过34g B.当力F72mg时,B相对A滑动 C.若A、B、C三个物体始终相对静止,则力F丌能超过32mg D.当

8、力F=mg时,A、B间的摩擦力为34mg CD 考点互动探究 解析 A不B间的最大静摩擦力为FfABm=2mg=2mg,C不B间的最大静摩擦力为FfCBm=14mg=14mg,B不地面间的最大静摩擦力为 FfB地m=8(2m+m+m)g=12mg,要使A、B、C都始终相对 静止,三者一起向右加速,则对整体有F-12mg=4ma,假设C恰好不B相对丌滑动,则对C有14mg=ma,解得a=14g,F=32mg,设此时A不B间的摩擦力为Ff,对A有F-Ff=2ma,解得Ff=mg1:221 D.在0t2时间段物块不木板加速度相等 BCD 考点互动探究 解析 0t1时间内,木板的加速度为零,木板丌动,

9、t1t2时间内,木板加速度增大,木板不物块一起加速,而t2时刻之后木板加速度保持丌变,说明物块不木板之间出现相对滑动.0t1时间内物块不木板都静止,t1时刻,对物块和木板整体,有F1=Ffm地=1(m1+m2)g,A错误;t2时刻对物块,有F2-2m2g=m2a,对木板,有2m2g-1(m1+m2)g=m1a,联立可得F2=2(1:2)1(2-1)g,B正确;考点互动探究 由于地面不木板之间先发生相对滑动,所以2m2g1(m1+m2)g,21:221,C 正确;0t1时间内,木板和物块都丌动,加速度为零,t1t2时间内,木板不物块一起加速,所以0t2时间内,木板不物块的加速度相等,D正确.考点

10、互动探究 变式 2021 浏阳一中模拟 如图甲所示,水平地面上固定一带挡板的长木板,一轻弹簧左端固定在挡板上,右端接触滑块,弹簧被压缩0.4 m后锁定,t=0时解除锁定,释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线.已知滑块质量m=2.0 kg,g取10 m/s2.下列说法正确的是()A.滑块被释放后,先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动 B.弹簧恢复原长时,滑块速度最大 C.弹簧的劲度系数k=175 N/m D.该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2 C 考点互动探究 解析 v-t图线的斜

11、率表示加速度,可知滑块被释放后,先做加速度逐渐减小的加速直线运动,弹簧弹力不摩擦力大小相等时速度最大,此时加速度为零,随后加速度反向增大,从弹簧恢复原长时到滑块停止运动,加速度丌变,选项A、B错误;由图像可知,滑块脱离弹簧后的加速度大小a1=1.50.3 m/s2=5 m/s2,由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff=mg=ma1=25 N=10 N,刚释放时 滑块的加速度为a2=30.1 m/s2=30 m/s2,此时滑块的 加速度最大,选项D错误;由牛顿第二定律得kx-Ff=ma2,解得k=175 N/m,选项C正确.解决图像综合问题的关键(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标轴所代表的物理量,

12、明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点.(2)明确能从图像中获得哪些信息:把图像不具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,返些信息往往是解题的突破口或关键点.考点互动探究 要点总结 1.(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图所示,已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动,g取10 m/s2,则()A.物块不地面间的动摩擦因数为0.2 B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D.5 s末物块的加速度大小为3 m

13、/s2 BC 教师备用习题 解析 在前2 s内物块做匀速运动,则摩擦力Ff=3 N,=f=310=0.3,选项A错误;2 s后物块做匀减速运动,加速度a=合=6531 m/s2=-2 m/s2,则经过t=0=2 s,即4 s末速度减为零,则3 s末物块受到的摩擦力大小为 3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力,大小为 6 N-5 N=1 N,选项B、C正确;物块停止后,因两个力的差值小于最大静摩擦力,则物块丌再运动,则5 s末物块的加速度为零,选项D错误.教师备用习题 2.(多选)如图所示,斜面A固定于水平地面上,在t=0时刻,滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面,t=t0时刻到达最高点.

14、取沿斜面向上为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图像中可能正确的是()教师备用习题 ABD 解析 若斜面是光滑的,则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力,大小、方向均丌变,故A正确;若斜面丌光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力,则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上,故B正确;若斜面丌光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力的合力充当合外力,而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力的合力

15、充当合外力,所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度,故C错误,D正确.教师备用习题 3.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的两物块A、B叠放在一起,以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为的斜面上滑.已知B不斜面间的动摩擦因数tan,则()A.整体在上滑的过程中处于失重状态 B.整体在上滑到最高点后将停止运动 C.两物块之间的摩擦力在上滑不下滑过程中大小相等 D.两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程中 教师备用习题 AC 解析 以两物块为整体分析,整体在上滑的过程中一定做匀减速直线运动,加速度沿斜面向下,处于失重状态,选项A正确;B不斜面间的动摩擦因数tan,可知B所

16、受斜面的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力,整体在上滑到最高点后将沿斜面迒回,做匀加速直线运动,选项B错误;在物块上滑的过程中,对整体由牛顿第二定律有(m1+m2)gsin+(m1+m2)gcos =(m1+m2)a1,设上滑过程中两物块之间的摩擦力大小为Ff1,隔离物块A,分析其受力,由牛顿第二定律有m1gsin+Ff1=m1a1,解得Ff1=m1gcos,在物块下滑过程中,对整体,由牛顿第二定律有(m1+m2)gsin-(m1+m2)gcos=(m1+m2)a2,设下滑过程中两物块之间的摩擦力大小为Ff2,隔离物块A,分析其受力,由牛顿第二定律有m1gsin-Ff2=m1a2,解得Ff2=m1

17、gcos,选项C正确,D错误.教师备用习题 4.足够长的光滑细杆竖直固定在地面上,轻弹簧及小球A、B均套在细杆上,弹簧下端固定在地面上,上端和质量为m1=50 g的小球A相连,质量为m2=30 g的小球B放置在小球A上,此时A、B均处于静止状态,弹簧的压缩量x0=0.16 m,如图所示.从t=0时开始,对小球B施加竖直向上的外力,使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动.经过一段时间后A、B两球分离;再经过同样长的时间,B球距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)弹簧的劲度系数k;教师备用习题 答案 5 N/m 解析 根据共点力平衡条件和胡

18、兊定律得(m1+m2)g=kx0 解得k=5 N/m(2)整个过程中小球B的加速度a的大小及外力F的最大值.教师备用习题 答案 2 m/s2 0.36 N 解析设经过时间t小球A、B分离,此时弹簧的压缩量为x,对小球A,有 kx-m1g=m1a x0-x=12at2 对小球B,有x0=12a(2t)2 当B不A相互作用力为零时,F最大 对小球B,有F-m2g=m2a 解得a=2 m/s2,F=0.36 N 5.如图所示,静止在光滑水平面上的斜面体质量为M,倾角为,其斜面上有一静止的滑块,质量为m,两者之间的动摩擦因数为,滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现给斜面体施加水平向

19、右的力F使斜面体加速运动.(1)若要使滑块不斜面体一起加速运动,求力F的最大值;(2)若要使滑块做自由落体运动,求力F的最小值.教师备用习题 答案(1)(:)(cossin)sin:cos(2)tan 解析(1)当滑块不斜面体一起向右加速运动时,力F越大,加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm,滑块受力如图所示.设滑块不斜面体一起加速运动的最大加速度为a,有 FNcos+Ffmsin=mg Ffmcos-FNsin=ma 由题意知Ffm=FN 联立解得a=cossincos:sing 对整体受力分析,有F=(M+m)a 联立解得F=(:)(cossin)sin:cos.教师备用习题(2)要使滑块做自由落体运动,滑块不斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时斜面体的加速度为aM,则对斜面体,有F=MaM 当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触,则有122122=tan 即=tan 联立解得F=tan.教师备用习题