第3章 链接高考3 牛顿运动定律的综合应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

链接高考3　牛顿运动定律的综合应用 考点一　动力学中的图像 1．数形结合解决动力学图像问题 (1)在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图． (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图像 v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等． 2．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型： 3．解题策略 [典例1]　静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化的图像如图甲所示．在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2.则下列说法错误的是(　　) A物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1 C．物体的质量为6 kg D．4 s末物体的速度为4 m/s 审题指导　由F­t图像和a­t图像可知，物体在外力F和摩擦力f的作用下，在0～2 s内处于静止状态，从2 s后物体受到的合外力随时间均匀增加，其加速度也随时间增加，根据力和运动的关系列出相关方程分析求解问题． [解析]　C　[将图甲、乙对照可以看出，在0～2 s时间内，物体处于静止状态，t＝2 s时物体开始运动，运动前瞬间静摩擦力等于拉力，为6 N．2 s时拉力F1＝6 N，加速度a1＝1 m/s2，利用牛顿第二定律有F1－f＝ma1,4 s时拉力F2＝12 N，加速度a2＝3 m/s2，利用牛顿第二定律有F2－f＝ma2，联立解得物体的质量m＝3 kg，滑动摩擦力f＝3 N，小于最大静摩擦力，选项A正确，C错误．由滑动摩擦力公式f＝μmg，可得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，选项B正确．物体从2 s时开始运动，根据加速度­时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量可知，4 s末物体的速度为v＝×2 m/s＝4 m/s，选项D正确．] 1．(2024秋·山西太原高三练习)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两物体的图线平行，则以下关系正确的是(　　 ) A．mA＜mB＜mC　　 B．mA＜mB＝mC C．μA＜μB＝μC D．μA＞μB＝μC 解析：C　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可得a＝－μg，图像斜率为k＝； 由图可知kA＝kB＞kC，可得mA＝mB＜mC，故A、B错误；图像截距为a＝－μg； 即|a|＝μg，由题图可知|aA|＜|aB|＝|aC|，可得μA＜μB＝μC，故C正确，D错误．] 2．(2024·黑龙江大庆高三 阶段练习)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v­t图像如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是(　　 ) A．释放瞬间甲球加速度较小 B.＝ C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 解析：C　[释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，均为重力加速度g，故A错误；小球运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，即mg＝kv，可得＝，由图像知两小球匀速运动时，v1＞v2，则甲球质量大于乙球质量，故B错误，C正确；根据小球下落高度等于v­t图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度较大，故D错误．] 　处理动力学图像问题的一般思路 (1)依据题意，合理选取研究对象． (2)对物体先受力分析，再分析其运动过程． (3)将物体的运动过程与图像对应起来． (4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断． 　如图甲所示，放在固定斜面上的物块，受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，力F的大小与时间t的关系如图乙所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示，6 s后的速度图像没有画出，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物块的质量为5 kg B．物块在前2 s内受到的静摩擦力大小为20 N C．物块在4～6 s内受到的摩擦力大小为30 N D．物块在2～6 s内的平均速度大小为2.5 m/s 解析：A　[设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ.2～4 s内，根据题图丙可知加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，拉力F2＝40 N，根据牛顿第二定律可得：F2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma,4～6 s内，物块做匀速运动，拉力F3＝30 N，根据平衡条件可得：F3＝mg sin θ＋μmg cos θ，联立解得：m＝5 kg，故A正确；物块在前2 s内处于静止状态，拉力F1＝20 N，根据平衡条件可得：f＝F1－mg sin θ≠20 N，故B错误；4～6 s内，物块做匀速运动，拉力F3＝30 N，根据平衡条件可得：μmg cos θ＝F3－mg sin θ≠30 N，故C错误；速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，则物块在2～6 s内的位移x＝×4 m＝12 m，平均速度大小为＝＝ m/s＝3 m/s，故D错误．] 考点二　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． [典例2]　如图所示，固定在水平面上的斜面倾角为θ，长方体木块A的质量为M，其PQ面上钉着一枚小钉子，质量为m的小球B通过一细线与小钉子相连接，小球B与PQ面始终接触，且细线与PQ面平行，木块与斜面间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是(　　) A．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零 B．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为mgcos θ C．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零 D．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为μmgcos θ [审题指导] 1．求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力． 2．求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力． 解析：D　[因为小球B与PQ面接触，所以它们的加速度始终相同．若木块匀速下滑，小球B与木块A都处于平衡状态，对小球受力分析，根据平衡条件可得，木块对小球的支持力为mgsin θ，则小球对木块的压力为mgsin θ，选项A、B错误．若木块A匀加速下滑，先运用整体法，把小球B与木块A看作一个系统，对其受力分析并运用牛顿第二定律可得，系统的加速度方向平行斜面向下，大小为a＝g(sin θ－μcos θ)；再运用隔离法，选取小球B为研究对象，其受到重力mg、垂直于斜面的拉力FT和沿斜面向上的支持力FN的作用，根据牛顿第二定律有mgsin θ－FN＝ma，将a＝g(sin θ－μcos θ)代入并化简可得FN＝μmgcos θ，则小球对木块的压力为μmgcos θ，可见，选项C错误，D正确．] 1．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N．若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为(　　) A．1 N　 B．2 N　　 C．4 N　 D．5 N 解析：C　[对两物块整体做受力分析有F＝2ma， 再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N， 联立解得F＝4 N，故选C.] 2．(2024·安徽六安高三阶段练习)如图所示，天花板上固定了一个光滑的定滑轮．轻绳的左端所挂钩码的质量为M，右端两个钩码的质量都为m，最初悬挂系统静止在空中．某时刻，将右端的钩码瞬间取走一个．则有关悬挂系统取走一个钩码后的运动，下列说法正确的是(　　 ) A．轻绳上的拉力大小为Mg B．轻绳上的拉力大小为mg C．悬挂系统的加速度大小为 D．悬挂系统的加速度大小为g 解析：C　[当悬挂系统静止在空中时，依据平衡条件有Mg＝2mg， 则有M＝2m，取走右端的一个钩码后，对整体由牛顿第二定律有Mg－mg＝(m＋M)a， 解得a＝，则C正确，D错误．隔离M受力分析，由牛顿第二定律有Mg－T＝Ma， 解得T＝ Mg＝ mg，则A、B错误．] 3．(2024·山西朔州·高三校考期末)如图所示，沿水平面运动的小车顶部有用轻质弹簧A悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B拴着的物块，已知弹簧A、B的劲度系数均为k，轻质弹簧A与竖直方向夹角为θ＝30°，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，两弹簧均未超出弹性限度，重力加速度为g，则(　　 ) A．小车一定水平向右做匀加速运动 B．弹簧B处于压缩状态 C．弹簧B的弹力大小为mg D．弹簧A的长度为 解析：C　[对小球A受力分析，可知小车的加速度向右，则小车可能向右加速运动或者向左减速运动，故A错误；小车的加速度向右，则弹簧B对物块有拉力作用，B弹簧处于伸长状态，故B错误；对小球A根据牛顿第二定律有mg tanθ＝ma， 竖直方向有kx cosθ＝mg， 对B根据牛顿第二定律有F＝ma， 解得F＝ mg， 由于弹簧A的原长未知，无法计算弹簧A的长度，故C正确，D错误．] 　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” 　(多选)(2024·江苏南京·高三期末)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　 ) A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大 解析：ACD　[由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A正确；若粘在a木块上面，以c为研究对象，由牛顿第二定律可得FT＝ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F－fab＝ma 可知，摩擦力fab应变大，故B错误；若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab＝2ma因加速度减小，故摩擦力变小的；以c为研究对象，由牛顿第二定律可得FT＝ma因加速度减小，所以拉力减小，故C正确；若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体F－FT＝2ma加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F－fab＝ma可知fab增大，故D正确．] 考点三　动力学中的临界和极值问题 1．临界或极值条件的标志 (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“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”，而这些起止点往往就对应临界状态． (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”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．动力学中的“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力FN＝0. (2)相对静止或相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件 绳子断与不断的临界条件是绳子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)速度最大的临界条件 在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值． ◆[考向1]　临界问题　 [典例3]　一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示．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(g取10 m/s2)．求： (1)物体做匀加速运动的加速度大小． (2)F的最大值与最小值． [审题指导]　(1)根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量． (2)由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度． (3)当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q分离时拉力最大． (4)0.2 s时，P对Q的作用力为0. 解析：(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0， 则(m1＋m2)g sin θ＝kx0， 因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0， 设此时弹簧压缩量为x1，由牛顿第二定律知 kx1－m1g sin θ＝m1a， 前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为 x0－x1＝at2， 联立各式解得：a＝3 m/s2； (2)P、Q刚开始运动时拉力F最小，此时有 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N， 当P、Q分离时拉力最大，此时有 Fmax－m2g sin θ＝m2a， 解得Fmax＝72 N. 答案：(1)3 m/s2　(2)72 N　36 N ◆[考向2]　极值问题　 [典例4]　足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化．重力加速度g取10 m/s2. (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的最大距离最小，并求出此最小值． [审题指导]　1.物块恰好能沿着木板匀速下滑，说明物块沿木板的合外力为0，用平衡知识求解． 2．小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化，可由牛顿第二定律列出方程，根据数学知识求解． 解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F，F＝μmg cos θ， 解得μ＝. (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma， 由0－v＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ，即α＝30°， 则x＝， 当α＋θ＝90°时x最小， 可得θ＝60°， 所以x最小值为 xmin＝＝ m. 答案：(1)　(2)θ＝60°　 m 　(2024·广东高三统考)如图，在车厢长度L＝2.7 m的小货车上，质量m＝70 kg、厚度d＝0.2 m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以v0＝36 km/h的速度沿坡度为5%(即斜面倾角θ满足tan θ＝0.05，sin θ≈0.05，cos θ≈1)的斜坡向上运动. 某时刻，冰块从绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部，与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹；碰撞后，司机经过t0＝0.5 s的反应时间开始以恒定加速度a刹车. 已知冰块与车厢底板间动摩擦因数μ＝0.03，设冰块与尾挡板碰撞前后，冰块没有破碎，车厢的速度变化可以忽略；取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离； (2)若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，求a的最大值. [解析]　(1)冰块滑向尾部的过程中做匀减速运动，对其加速度大小a1，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得a1＝0.2 m/s2，冰块滑到尾挡板经过的时间为t1，该段时间内冰块位移为x冰＝v0t1－a1t，v0＝36 km/h＝10 m/s， 货车的位移为x货＝v0t1， 根据位移关系有x货－x冰＝L－d， 联立解得t1＝5 s， 所以从冰块滑脱到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离为x货′＝v0(t1＋t0)＝55 m (2)冰块滑到尾挡板时的速度为v冰＝v0－a1t1＝9 m/s，此时冰块速度与货车速度方向相同，相对车厢速度为1 m/s，方向沿车厢向下；根据题意冰块与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹，故反弹后冰块的速度沿车厢向上，故可知此时速度为v冰′＝11 m/s，此时冰块沿车厢向上做匀减速运动的加速度大小为a2，有mg sinθ＋μmg cosθ＝ma2， 解得a2＝0.8 m/s2，若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端刚好不发生碰撞，此时加速度a为最大值，设货车刹车的时间为t，冰块从反弹到刚好到达车厢前端时，货车的位移为x货″＝v0t－at2＋v0t0， 冰块的位移为x冰′＝v冰′(t＋t0)－a2(t＋t0)2， 到达车厢前端时冰块和货车速度相同，有v0－at＝v冰′－a2(t＋t0)， 位移关系有x冰′－x货″＝L－d， 联立解得a＝ m/s2. [答案]　(1)55 m；(2) m/s2 加速度不同时整体法的应用 大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法．实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变． 当两个或两个以上物体以不同形式连接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体．若质量为m1、m2、…、mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1、a2、…、an，牛顿第二定律可写为： F＝m1a1＋m2a2＋…＋mnan 或Fx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx Fy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和． [典例]　如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于(　　) A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg(sin α＋sin β) D．Mg＋mg(cos α＋cos β) [审题指导]　(1)本题a、b、A三物体的加速度各不同，如果采用隔离法求解，过程复杂，求解繁琐．应以a、b、A整体为研究对象． (2)求解A对桌面的压力应在竖直方向对整体受力分析，列出竖直方向上的牛顿第二定律方程． [解析]　A　[取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示． 以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：FN－(M＋2m)g＝ma1y＋ma2y 其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β 得水平桌面对楔形木块的支持力FN＝Mg＋mg，由牛顿第三定律得A正确．] (2024·河南洛阳模拟)如图所示的装置中，重为4 N的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上，整个装置被固定在测力计上并保持静止，斜面的倾角为30°.如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，在烧断细线物块下滑时测力计的读数与稳定时比较(　　) A．增大4 N　　　　　　　 B．增大3 N C．减少1 N D．不变 解析：C　[设物块的质量为m，斜面质量为m1，整个装置静止时，测力计读数为m1g＋mg＝m1g＋4 N．物块下滑的加速度a1＝gsin θ＝g，方向沿斜面向下，其竖直分量a1y＝a1sin θ＝g，所以物块处于失重状态，其视重为mg＝3 N，测力计的读数为m1g＋3 N，所以测力计的示数减小1 N，故选C.] 学科网（北京）股份有限公司 $$