专题18应用牛顿运动定律解决四类热点问题解析版.docx
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专题18应用牛顿运动定律解决四类热点问题解析版
2021年高考物理一轮复习考点全攻关
专题（18）应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题（解析版）
命题热点一：
动力学图象问题
1．常见图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．题型分类
（1）已知物体受到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．
【例1】（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＝4s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10m/s2.由题给数据可以得出（ ）
A．木板的质量为1kg
B．2～4s内，力F的大小为N
C．0～2s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
【答案】AB
|
解析 由题图（c）可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图（b）中细绳对物块的拉力f在0～2s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2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝
m/s2＝m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝
m/s2＝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＝N，解得m＝1kg、F＝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．
【变式1】已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率．t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v0.下列图象中不正确的是（ ）
【答案】D
解析 由mg－F阻＝ma得，雨滴先加速下落，随着v增大，阻力F阻增大，a减小，a＝0时，v＝v0不再变化，故A、B正确；又mg＝kr2v02，v02＝
，又m＝
πρr3，得v02＝
r，故v
与r成正比关系，故C正确，D错误．
命题热点二：
动力学中的连接体问题
1．连接体的类型
（1）弹簧连接体
（2）物物叠放连接体
！
（3）轻绳连接体
（4）轻杆连接体
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．
3．处理连接体问题的方法
[
整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就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
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”
【例2】如图所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1＞F2，则物体1对物体2的作用力大小为（ ）
A．F1B．F2（F1＋F2）（F1－F2）
[
【答案】C
解析 设物体1和2的质量都为m，加速度为a，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a＝
，以物体2为研究对象，有a＝
，解得F12＝
，故C选项正确．
【变式2】如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为（ ）
【答案】C
解析 对整体分析，整体的加速度a＝
，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：
F弹＝kx＝3ma，可得x＝
，故A、B、D错误，C正确．
【变式3】（多选）如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面光滑
!
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
解析 隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
命题热点三：
临界和极值问题
1．临界或极值条件的标志
（1）题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．
（2）题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．
（3）题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
2．常见临界问题的条件
（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．
3．解题基本思路
（1）认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）；
（2）寻找过程中变化的物理量；
（3）探索物理量的变化规律；
（4）确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
.
4．解题技巧方法
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，根据数学表达式解出临界条件
【例3】如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为（ ）
-
A．3gB．C．2gD．
【答案】C
解析 弹簧原长时小球A速度恰好最大，则此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，对小球A，由牛顿第二定律得：
F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，则加速度大小为2g，方向向下，故C正确．
【变式4】如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（ ）
【答案】B
解析 对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：
＝
，选项B正确.
命题热点三：
动力学方法分析多运动过程问题
·
1．基本思路
（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“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
（3）根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．
（4）分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
（5）联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
2．解题关键
（1）注意应用v－t图象和情景示意图帮助分析运动过程．
（2）抓住两个分析：
受力分析和运动过程分析．
【例4】某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：
{
（1）18s末汽车的速度是多少
（2）前25s内的汽车的位移是多少
【答案】
（1）26m/s
（2）608m
解析
（1）0～6s内由牛顿第二定律得：
F1－Ff＝ma1
6s末车速为：
v1＝a1t1
在6～18s内，由牛顿第二定律得：
F2－Ff＝ma2
第18s末车速为：
v2＝v1＋a2t2
由题图知18s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：
Ff＝F＝1500N，
[
解得：
v1＝30m/s，v2＝26m/s；
（2）汽车在0～6s内的位移为：
x1＝
t1＝90m，
汽车在6～18s内的位移为：
x2＝
t2＝336m，
汽车在18～25s内的位移为：
x3＝v2t3＝182m
故汽车在前25s内的位移为：
x＝x1＋x2＋x3＝608m.
【变式5】哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2），求：
（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置
【答案】
（1）1m/s2 15s
（2）525m （3）
s
。
解析
（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
FT－mg＝ma
解得a＝1m/s2
由v＝v0＋at
解得t＝15s.
（2）匀加速阶段位移x1＝
at2＝
×1×152m＝m
匀速阶段位移x2＝v（50s－2t）＝15×（50－2×15）m＝300m
匀减速阶段位移x3＝
＝m
因此观景台的高度x＝x1＋x2＋x3＝525m.
（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0.
、
自由落体加速度大小a1＝g
启动辅助牵引装置后加速度大小a2＝
＝
＝2g，方向向上
则
＋
＝x
解得：
vm＝10
m/s
则tm＝
＝
s
即电梯自由下落最长
s时间必须启动辅助牵引装置.
课时精练：
一、双基巩固练
1.（多选）水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10m/s2，则（ ）
*
图1
A．物块与地面的动摩擦因数为
B．3s末物块受到的摩擦力大小为3N
C．4s末物块受到的摩擦力大小为1N
D．5s末物块的加速度大小为3m/s2
【答案】BC
解析 在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3N，则μ＝
＝
＝，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝
＝
m/s2＝－2m/s2，则经过t＝
＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，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，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．
2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）
图2
:
A．F1F3
C．F1>F3D．F1＝F3
【答案】A
3.如图3所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B（可视为质点）在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝
，重力加速度为g，则F的大小为（ ）
图3
MgMg（M＋m）g（M＋m）g
【答案】D
解析 连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：
~
cosθ＝
＝
sinθ＝
＝
则tanθ＝
此时小球受到的合外力F合＝mgtanθ＝
mg
由牛顿第二定律可得：
a＝
＝
g
以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝（M＋m）a＝
（M＋m）g，
故D正确，A、B、C错误．
4.如图所示，水平地面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10N的力F，则物块B所受的摩擦力（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝（ ）
A．大小为N，方向水平向右B．大小为2N，方向水平向右
:
C．大小为N，方向水平向左D．大小为2N，方向水平向左
【答案】A
解析 假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcosθ－μ1（mAg＋mBg－Fsinθ）＝（mA＋mB）a，解得a＝m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfAB＝mBa＝N<μ2mBg＝2N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为FfAB＝N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误．
二、综合提升练
5．（多选）高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则（ ）
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整个列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
【答案】BC
.
解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：
4F－8kmg＝8ma，解得a＝
，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：
F21－kmg＝ma，解得F21＝
，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：
F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D错误．
6.如图所示，一个质量为m＝2kg的小物块静置于足够长的斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F＝25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g＝10m/s2.求：
（1）物块所受摩擦力的大小；
（2）物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；
（3）物块在斜面上运动的总时间．（结果可用根式表示）
答案 见解析
解析
（1）由运动学公式得：
v1＝a1t1
解得a1＝5m/s2
由牛顿第二定律：
F－Ff－mgsinθ＝ma1
解得Ff＝5N
（2）撤去拉力后物块继续上滑：
Ff＋mgsinθ＝ma2
解得a2＝m/s2
撤去拉力前上滑距离x1＝
＝m
撤去拉力后上滑距离x2＝
＝15m
物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x＝x1＋x2＝m
（3）撤去拉力后物块上滑时间：
t2＝
＝2s
下滑过程：
mgsinθ－Ff＝ma3
解得a3＝m/s2
由x＝
a3t
，可得t3＝
＝
s
物块在斜面上运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝（5＋
）s
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