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（人教版 广东专用）

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、弹簧等连接)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，现用恒力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．若木块和水平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　若木块和水平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 FT－μm1g＝m1a，得a＝， 联立解得FT＝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FT＝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，在F作用下一起做匀加速直线运动。 (1)如图甲所示，用恒力F竖直向上拉木块时，绳的拉力FT＝__________； (2)如图乙所示，用恒力F沿光滑斜面向上拉木块时，绳的拉力FT1＝__________；斜面不光滑时绳的拉力FT2＝__________。 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的相互作用力FT＝，若作用于m2上，则FT＝。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　(多选)(2022·广东珠海市期中)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是(不考虑两物块与斜面之间的摩擦)(　　) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 答案　BCD 解析　第一次放置时质量为M的物块静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg，第二次放置，对物块M：Mg－FT＝Ma，对物块m：FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。 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：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FT＝0。 3．解题方法 (1)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。 (2)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。 (3)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　(2024·广东深圳市宝安第一外国语学校月考)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(　　) A．质量为2m的木块受到四个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT 答案　C 解析　对质量为2m的木块受力分析可知，受重力、地面对它的支持力、质量为m的木块对它的压力和摩擦力，轻绳对它的拉力共5个力，A错误；由轻绳能承受的最大拉力为FT，有FT＝3ma，解得a＝，对整体有F＝6ma＝6m·＝2FT，B错误，C正确；质量m和2m的木块间的摩擦力大小Ff＝ma＝m·＝，D错误。 例4　(多选)一辆汽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，上一层只有一个桶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，和汽车一起保持静止，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 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； 当汽车向左做加速运动，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； 汽车向左匀速运动时，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； 当汽车向右做加速运动，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。 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－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋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FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得Fmax＝4 N，故选C。 2．(2023·广东江门市新会第一中学一模)某运送物资的班列由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10节对第11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11节对倒数第10节车厢的牵引力为(　　) A．F B.F C.F D.F 答案　C 解析　设每节车厢质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，则对后30节车厢F－30Ff＝30ma 对后10节车厢F′－10Ff＝10ma 解得F′＝F，故选C。 3.(2023·广东深圳市耀华实验中学期中)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上(轻绳与斜面平行)，用平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是(　　) A．增大A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 答案　B 解析　当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，得a＝－gsin θ－μgcos θ，隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，则FT＝＝，要增大轻绳上的张力FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量。故选B。 4.(2024·广东东莞市外国语学校开学考)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FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1＝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FT2＝＝1 N，故Q物块加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故选A。 5.(2024·广东东莞市月考)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff，重力加速度为g。若木块不滑动，力F的最大值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力F最大，此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。对木块，利用牛顿第二定律得2Ff－Mg＝Ma。同理，对夹子和木块整体有F－(M＋m)g＝(M＋m)a。联立以上两式解得F＝，选项A正确。 6.(2023·广东肇庆市二模)我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特别行政区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端拴接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是(　　) 答案　A 解析　对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图所示， 由牛顿第二定律可得 (m＋M)gtan α＝(m＋M)a， 可得tan α＝ 对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图所示， 由牛顿第二定律可得Mgtan β＝Ma，可得tan β＝，所以有α＝β，即两段轻绳与竖直方向的夹角相同，A正确，B、C、D错误。 7.(多选)如图所示，一质量为M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．系统做匀速直线运动 B．F＝40 N C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 答案　BD 解析　对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，联立可得a＝10 m/s2，F＝40 N，A错，B对；斜面体对楔形物体的作用力大小FN2＝＝mg＝10 N，C错；外力F增大，则斜面体加速度增大，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面向上运动，D对。 8.(多选)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；A的加速度随时间增大而增大，B的加速度随时间增大而减小，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。 9.(多选)如图，木块A、B的质量均为1 kg，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.2，它们之间用一轻质弹簧连接，g＝10 m/s2，现用F＝10 N的水平拉力作用在A上使A、B一起向右做匀加速直线运动，某时刻撤去F，则(　　) A．撤去F前A、B的加速度为5 m/s2 B．撤去F前弹簧的弹力大小为5 N C．撤去F的瞬间A的加速度大小为7 m/s2 D．撤去F的瞬间B的加速度大小为5 m/s2 答案　BC 解析　撤去F前A、B的加速度为a＝＝3 m/s2，选项A错误；对B分析，撤去F前弹簧的弹力大小为F1＝ma＋μmg＝5 N，选项B正确；撤去F的瞬间，弹力不变，对A：μmg＋F1＝maA，解得aA＝7 m/s2，对B，因弹力和摩擦力都不变，则加速度仍为3 m/s2，则选项C正确，D错误。 10．(2024·广东佛山市第三中学月考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移s的关系如图乙所示，则正确的结论是(g＝10 m/s2)(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 答案　D 解析　物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误； 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kΔs；拉力F1为10 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1＋kΔs－mg＝ma；物体与弹簧分离后拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，B、C错误，D正确。 11.在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化，一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2，当运动员与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，试求： (1)运动员拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力大小。 答案　(1)440 N，方向竖直向下　(2)275 N 解析　(1)设运动员受到绳向上的拉力大小为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力大小也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示，则有： 2F－(m人＋m椅)g＝(m人＋m椅)a 解得F＝440 N 由牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小F′＝440 N，方向竖直向下 (2)设吊椅对运动员的支持力大小为FN，对运动员进行受力分析如图乙所示，则有： F＋FN－m人g＝m人a 解得FN＝275 N 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小也为275 N。 12.(2022·广东广州市华南师大附中模拟)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，将A、B由静止释放。求： (1)物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小； (2)物体B下降2 m时(此时B未落地，A未到定滑轮处)的速度大小。 答案　(1)6 N　(2)4 m/s 解析　(1)由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力大小为FT，物体A的加速度大小为a，则有2FT－mAgsin 30°－μmAgcos 30°＝mAa mBg－FT＝mB·2a 代入数据，联立解得 FT＝6 N a＝2 m/s2 (2)由aB＝2a＝4 m/s2 物体B做匀加速直线运动 由v2＝2aB·x 解得v＝4 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $