专题18应用牛顿运动定律解决四类热点问题解析版.docx

1、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vt图象、at图象、Ft图象、Fa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

2、，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t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 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 kgB24 s内，力F的大小为 NC

3、02 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【答案】AB|解析由题图(c)可知木板在02 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02 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24 s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FFfma1，在45 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2 m/s2 m/s2，Ffma2，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m1 kg、F N，选项A、B

4、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t0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mgF阻ma得，雨滴先加速下落，随着v增大，阻力F阻增大，a减小，a0时，vv0不再变化，故A、B正确；又mgkr2v02，v02，又mr3，得v02r，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

5、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

6、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F1F2，则物体1对物体2的作用力大小为() AF1 BF2 (F1F2) (F1F2)【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

7、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kx3ma，可得x，故A、B、D错误，C正确【变式3】(多选)如图所示，倾角为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，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

8、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gsin ，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gsin ，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，

9、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FN0.(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FT0.(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

10、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

11、速度大小为()-A3g B C2g D【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Fmg；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：Fmg2mgma，解得小球A的加速度a2g，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1，A与地面间的动摩擦因数为2，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F2(mAmB)g，对滑块B在竖直方向上有

12、1FmBg，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vt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

13、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25 s以后的数据，如图乙所示已知汽车质量为1 500 kg，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)18 s末汽车的速度是多少(2)前25 s内的汽车的位移是多少【答案】(1)26 m/s(2)608 m解析(1)06 s内由牛顿第二定律得：F1Ffma16 s末车速为：v1a1t1在618 s内，由牛顿第二定律得：F2Ffma2第18 s末车速为：v2v1a2t2由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：FfF1 500 N，解得：v130 m/s，v226 m/s；(2)汽车在

14、06 s内的位移为：x1t190 m，汽车在618 s内的位移为：x2t2336 m，汽车在1825 s内的位移为：x3v2t3182m故汽车在前25 s内的位移为：xx1x2x3608 m.【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15 m/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1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，求：(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速

15、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)1 m/s215 s(2)525 m(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：FTmgma解得a1 m/s2由vv0at解得t15 s.(2)匀加速阶段位移x1at21152 m m匀速阶段位移x2v(50 s2t)15(50215

16、) m300 m匀减速阶段位移x3 m因此观景台的高度 xx1x2x3525 m.(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a1g启动辅助牵引装置后加速度大小a22g，方向向上则x解得：vm10 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1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，取g10 m/s2，则()*图1A物块与地面的动摩擦因数为B3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND5

17、 s末物块的加速度大小为3 m/s2【答案】BC解析在02 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff3 N，则，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a m/s22 m/s2，则经过t2 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 N5 N1 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，则物块不再运动，则5 s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05 s,510 s,1015 s内

18、F的大小分别为F1、F2和F3，则()图2:AF1F3CF1F3 DF1F3【答案】A3.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3Mg Mg (Mm)g (Mm)g【答案】D解析连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为，如图所示，由几何关系得：cos sin 则tan 此时小球受到的合外力F合mgtan mg由牛顿第二定律可得：ag以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F(M

19、m)a(Mm)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1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为1，A、B之间的动摩擦因数为2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为37、斜向右上方、大小恒为10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 37，cos 37()A大小为 N，方向水平向右 B大小为2 N，方向水平向右:C大小为 N，方向水平向左 D大小为2 N，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Fcos 1(mAgmBgFsin )(mA

20、mB)a，解得a m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfABmBa N2mBg2 N，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

21、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：4F8kmg8ma，解得a，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21kmgma，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：F32F2kmg2ma，解得F320，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m2 kg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F25 N的恒力，3 s后将F撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力

22、的大小不变，取g10 m/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：v1a1t1解得a15 m/s2由牛顿第二定律：FFfmgsin ma1解得Ff5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑：Ffmgsin 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x215 m物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离xx1x2 m(3)撤去拉力后物块上滑时间：t22 s下滑过程：mgsin Ffma3解得a3 m/s2由xa3t，可得t3 s物块在斜面上运动的总时间tt1t2t3(5) s