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 苏京）

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，中间用一条水平轻绳连接，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　若设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＝， 系统加速度与木块1加速度相同，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。 ①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力FT＝__________； ②如图乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，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在水平拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动，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” 一起做匀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　(2023·江苏常州市校考)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，一根轻绳跨过轻质定滑轮，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－FT＝m2a，对A隔离分析，由牛顿第二定律得FT－m1gsin θ＝m1a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝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。 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．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　(2023·江苏镇江市三模)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为μ，B与桌面间的动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(　　) A．μ< B．μ≥ C．μ< D．μ≥ 答案　C 解析　A与B之间的最大静摩擦力Ff1＝2μmg B与桌面间的最大静摩擦力Ff2＝μ×4mg＝μmg 若A与B间恰好发生相对滑动时，A、B、C的加速度大小恰好相等，此时对B，由牛顿第二定律得Ff1－Ff2＝2ma 对A、B整体，由牛顿第二定律得FT－Ff2＝4ma 对C，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma 解得μ＝，因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ<，故选C。 例4　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的支持力变小 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　D 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错误； 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。 例6　(2023·江苏南通市海安中学段考改编)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2。以下结论正确的是(　　) A．变力F的最小值为2 N B．变力F的最小值为12 N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 答案　C 解析　A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，刚开始施力时，FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，A、B错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 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·江苏省镇江地区联考)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.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案　D 解析　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 ＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选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FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故选A。 5.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左 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　C 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Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝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错误；水平面对Q的摩擦力大小为Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B错误。 6.(2024·江苏南京市栖霞中学开学考)如图所示，质量为m的球置于斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平恒力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　) A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值 答案　D 解析　球与斜面体具有共同的加速度，由牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右，若竖直挡板对球的弹力为零，对球受力分析可知，球受到自身的重力，无论此时球是否受到斜面对球的垂直斜面向上的弹力，其合力方向不可能沿水平向右；同理，若斜面对球的弹力为零，小球受到重力，无论此时是否受到竖直挡板对球的水平向右的弹力，合力方向也不可能沿水平向右，故A、B错误；根据牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右，故斜面和挡板对球的弹力及球受到的重力的合力等于ma，故C错误；球所受合力方向水平向右，可知此时小球受到重力，斜面对球的弹力FN1和挡板对球的弹力FN2，设斜面倾角为θ，竖直方向有FN1cos θ＝mg，水平方向有FN2－FN1sin θ＝ma，联立解得挡板对球的弹力FN2＝mgtan θ＋ma，为一定值，故D正确。 7.(2024·江苏淮安市南通市月考)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 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　D 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，B、C错误，D正确。 8．(2024·江苏盐城市质检)如图所示，质量均为1 kg的两物块A、B叠放后静止在光滑水平面上的O点，水平轻弹簧与竖直墙壁、A相连接，且处于原长，弹簧劲度系数k＝100 N/m。现对B施加一水平向左的推力F，使A、B一起缓慢向左移至P点后静止释放。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，设两物块间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A．OP间距离最大为4 cm B．释放后A将从B上滑出 C．释放后A的加速度可能为4 m/s2 D．释放后A、B将一起向右做匀加速运动 答案　A 解析　A、B一起缓慢向左移至P点，当在P点A、B间恰好不发生相对滑动时，OP间距离最大，此时A、B间的最大静摩擦力等于弹簧弹力，μmAg＝kx，故OP间距离最大为x＝ 0.04 m＝4 cm，故A正确； 释放后根据牛顿第二定律有F弹－Ff＝mAa，Ff＝mBa，由于A、B间的最大静摩擦力足以提供B做匀加速运动的合外力，故释放后A、B相对静止，A不会从B上滑出，故B错误； 释放后A的最大加速度为am＝＝ m/s2＝2 m/s2，故释放后A的加速度不可能为 4 m/s2，故C错误； 释放后A、B将一起做简谐运动，故D错误。 9．(2024·江苏南通市调研)如图所示，倾斜细杆与水平方向夹角为θ，细杆上套一小环，小环与小球由一轻质细绳连接，小环与细杆间的动摩擦因数为μ，已知μ<tan θ，则小环与小球一起下滑时，位置可能正确的是(　　) 答案　B 解析　把小环和球看作一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，根据牛顿第二定律可知沿杆方向： (m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a 解得：a＝gsin θ－μgcos θ 所以整体有沿杆向下的加速度，C、D图中整体合力并不是沿杆向下，故C、D错误； 设轻绳与细杆垂直，对小球受力分析可知恰好有mgsin θ＝ma′ 即a′＝gsin θ 由于a<a′ 则位置可能是B图，故A错误，B正确。 10．(2024·江苏南通市调研)如图所示，质量为M的一只长方体形空铁箱在水平拉力的作用下沿水平面向右匀加速运动，这时铁箱内一个质量为m的木块恰好能静止在后壁上，已知铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求： (1)木块对铁箱的压力的大小； (2)水平拉力F的大小。 答案　(1)　(2)μ1(M＋m)g＋(M＋m) 解析　(1)木块与铁箱一起做匀加速运动，设木块恰好静止在铁箱的后壁上时，铁箱对木块的摩擦力为Ff，木块在竖直方向受力平衡，有Ff＝mg，Ff＝μ2FN，解得FN＝ 根据牛顿第三定律知，木块对铁箱的压力大小为 FN′＝FN＝ (2)对木块，根据牛顿第二定律有FN＝ma 对木块和铁箱整体根据牛顿第二定律有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 解得F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)。 11.(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FT＝mg＝20 N 对木箱受力分析，可得Ff＝2FT 又Ff＝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FT′－mg＝2ma 对木箱受力分析，有F－μMg－2FT′＝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v2＝2×2a·h 可得此时重物的速度大小为v＝ m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $