第三章 第3课时 专题强化：牛顿第二定律的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（教科版 桂川）

第3课时　专题强化：牛顿第二定律的综合应用 目标要求　1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。 考点一　动力学中的连接体问题 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。 1．共速连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 (1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 (2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关) 例1　如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 答案　C 解析　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a， 得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有T－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得T＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为T＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。 拓展　(1)两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。 ①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力T＝__________； ②如图乙所示，用力F沿光滑斜面向上拉木块时，绳的拉力为__________；斜面不光滑时绳的拉力T＝__________。 答案　①　②　 (2)若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速运动，则A受到的摩擦力为______。 答案　 1．整体法与隔离法在分析共速连接体中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，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； (2)隔离法：求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； (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。 2．共速连接体对合力的“分配协议” 一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力T＝，若作用于m2上，则T＝。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 2．关联速度连接体 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。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 例2　(2023·福建龙岩市九校联考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝M，重力加速度为g。求： (1)物体B运动过程中的加速度大小； (2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力的大小。 答案　(1)g　(2)mg或Mg 解析　(1)设物体B运动过程中的加速度大小为a，绳子的张力为T，对物体A，T－Mg＝Ma 对B、C整体，(M＋m)g－T＝(M＋m)a 解得a＝g 因为m＝M，所以a＝g (2)设B、C间的拉力为F， 对物体C，mg－F＝ma 解得F＝mg－ma＝mg＝Mg 所以C、B间的作用力为mg或Mg。 关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。 考点二　动力学中的临界和极值问题 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极值，这个极值点往往是临界点。 2．常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：N＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：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T＝0。 3．处理临界问题的三种方法 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，特别是有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　(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．两物块间的动摩擦因数为0.2 B．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C．当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 答案　AB 解析　根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有a＝＝ 2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 例4　(2024·福建厦门市双十中学模拟)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4 N B．当弹簧压缩量减小到0.3 m时，A、B间弹力大小为1.2 N C．A、B分离时，A物体的位移大小为0.12 m D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22 m 答案　C 解析　施加外力前，系统处于静止状态，对整体受力分析，由平衡条件得2mg＝kx0，代入数据解得x0＝0.4 m，外力施加的瞬间，物体A加速度为4 m/s2，对整体，由牛顿第二定律得F－2mg＋kx0＝2ma，代入数据解得F＝8 N，故A错误；当弹簧压缩量减小到0.3 m时，设A、B间弹力大小为FAB，对A受力分析，由牛顿第二定律得F′＋FAB－mg＝ma，对A、B组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得F′＋kx1－2mg＝2ma，代入数据联立解得FAB＝1 N，故B错误；设A、B分离时，弹簧的形变量为x2，对B受力分析，由牛顿第二定律得kx2－mg＝ma，代入数据解得x2＝0.28 m，所以A物体的位移大小为x0－x2＝0.4 m－0.28 m＝0.12 m，故C正确；当B物体的合力为零时速度达到最大，由C可知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，当合力为零时，对B受力分析，由平衡条件得kx3＝mg，代入数据解得x3＝0.2 m，故B物体的位移大小为x0－x3＝0.2 m，故D错误。 例5　如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 答案　(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N 解析　(1)根据L＝v0t＋at2， 代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α， 平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μN＝ma 垂直斜面方向有N＋Fsin α＝mgcos θ 联立解得F＝ ＝ 当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin， 代入数据解得Fmin＝ N。 课时精练 1．(2023·北京卷·6)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 答案　C 解析　对两物块整体受力分析有Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析有Tmax＝ma，又Tmax＝2 N，联立解得Fmax＝4 N，故选C。 2．某列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A．F B. C. D. 答案　C 解析　设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为f，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38f＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为T，对后2节车厢，由牛顿第二定律得T－2f＝2ma，联立解得T＝，故选项C正确。 3.(多选)(2024·吉林通化市模拟)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力TA和TB的变化情况是(　　) A．TA增大 B．TB增大 C．TA减小 D．TB减小 答案　AD 解析　设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝，对最左边的物体分析TB＝ma＝，对最右边的物体分析，有F－TA＝m′a，解得TA＝F－，在中间物体上加上橡皮泥，则整体的质量M增大，因为m、m′不变，所以TB减小，TA增大。故选A、D。 4.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A．4.0 N B．3.0 N C．2.5 N D．1.5 N 答案　A 解析　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2 N，f＝T1＝2 N<μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1 N，故Q物体加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物体将以相同大小的加速度向右加速运动，对P由牛顿第二定律有T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故选A。 5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2 kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，下列说法正确的是(　　) A．Q对P的摩擦力方向水平向右 B．水平面对Q的摩擦力大小为2 N C．P与Q之间的摩擦力大小为4 N D．P与Q发生相对滑动 答案　AC 解析　当水平向右的外力F＝12 N作用在Q物体上时，假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，以P与Q为整体，根据牛顿第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得f＝ma＝2×2 N＝4 N，由于f＝4 N<μ1mg＝6 N，说明假设成立，C正确，D错误；P的加速度方向水平向右，可知Q对P的摩擦力方向水平向右，A正确；水平面对Q的摩擦力大小为f地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误。 6.(多选)(2023·陕西西安市期末)一辆货车运载着圆柱形的光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和货车一起保持静止状态，如图所示，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变大 B．当汽车向左做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离A C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大 D．当汽车向右做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离B 答案　AD 解析　对桶C受力分析如图所示，当车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有FBsin θ－FAsin θ＝ma 竖直方向根据平衡条件可得FBcos θ＋FAcos θ＝mg，加速度变大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A正确； 当货车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ma 其中θ＝30°，解得加速度为a＝g，故B错误； 货车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcos θ＋FAcos θ＝mg，则B对C的支持力不变，故C错误； 当货车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ma 其中θ＝30°，解得加速度a＝g，故D正确。 7.(多选)(2023·河北唐山市检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D．t＝ s时，两物体A、B恰好分离 答案　BD 解析　t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 8.(2023·山东师范大学附中模拟)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．绳的拉力大小为30 N B．绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，则物块A的加速度与换前相同 答案　C 解析　对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－T＝m2a，对A隔离分析，由牛顿第二定律得T－m1gsin θ＝m1a，联立解得a＝6 m/s2，T＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，则物块A的加速度与换前不同，故D错误。 9．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为2 kg C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2 D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2 答案　BC 解析　设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙知＝ kg－1，解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确。当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确。 10.(2023·江苏扬州市期中)如图所示，用足够长的轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8 kg，重物质量m＝2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？ (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，用F＝80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5 m时，求重物的速度大小v。 答案　(1)μ≥0.5　(2) m/s 解析　(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得 T＝mg＝20 N 对木箱受力分析，可得f＝2T，又f＝μMg 联立解得μ＝0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T－mg＝2ma 对木箱受力分析，有F－μMg－2T＝Ma 解得a＝0.5 m/s2 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x＝0.5 m时，重物向上的位移为h＝2x＝1 m，由2×2a·h＝v2 可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。 11．如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ在0～90°之间改变，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。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离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角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 答案　(1)　(2)60°　 m 解析　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则沿木板方向有mgsin θ＝f， 其中f＝μmgcos θ，解得μ＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 由0－v02＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ＝，故α＝30°， 又因x＝ 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°， 所以x最小值为xmin＝＝ m。 12.(多选)(2024·河南南阳市第一中学月考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为mP＝6 kg的物体P，Q为一质量为mQ＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体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，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小 B．0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等 C．0.2 s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为x1＝ m D．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a＝ m/s2 答案　BCD 解析　对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，故A错误；前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得kx1－mPgsin θ＝mPa，前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2，由未加拉力时受力平衡得kx0＝(mP＋mQ)gsin θ，联立解得a＝ m/s2，x1＝ m，故B、C、D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $