第三章 第三节 牛顿第二定律的综合应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

第三节　牛顿第二定律的综合应用　

考点一　动力学中的连接体问题

[例1]　(2020·新乡一模)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其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拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)

A．此过程中物体C受五个力作用

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，轻绳刚好被拉断

D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为

[解析]　对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。绳刚断时对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，计算得出FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a＝，隔离对A分析，A的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误。

[答案]　C

◆规律总结

1．整体法的选取原则

当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。

2．隔离法的选取原则

当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。

3．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”。

[跟踪训练]

1．(2021·湘东六校联考)如图所示，A、B两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同，但与竖直方向的夹角相同，对B施加水平力F1和F2，两种情况下A、B整体的加速度分别为a1、a2，细线上的力分别为T1、T2，则下列说法正确的是(　　)

A．若F1＝F2，则必有a1＞a2

B．若F1＝F2，则必有T1＝T2

C．若T1＞T2，则必有F1＝F2

D．若T1＜T2，则必有F1＝F2

[解析]　把A、B两物块看成一个整体，对B施加水平力F1和F2，若F1＝F2，则必有a1＝a2，选项A错误；隔离A分析受力，拉力T1在水平方向的分力为T1sin θ＝mAa1，拉力T2在水平方向的分力为T2sin θ＝mAa2，若F1＝F2，则a1＝a2，联立解得T1＝T2，选项B正确；由T1sin θ＝mAa1，T2sin θ＝mAa2，若T1＞T2，则必有a1＞a2，根据牛顿第二定律，必有F1＞F2，选项C错误；同理可知，选项D错误。

[答案]　B

考点二　动力学的图象问题

1．常见四类动力学图象及解题办法

2.解题策略

(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。

(2)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。

(一)牛顿第二定律与图象结合

[例2]　(多选)(2019·全国卷Ⅲ)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。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 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 kg

B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N

C．0～2 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0.2

[解析]　由题图(c)可知木板在0～2 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0～2 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2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，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＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B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。

[答案]　AB

[跟踪训练]

2．如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2 kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。

(1)求当t＝0.5 s时物体的加速度大小。

(2)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？

(3)物体在t＝0至t＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？

[解析]　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N

当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N

由牛顿第二定律得F1－F2＝ma

a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。

(2)物体所受的合外力为

F合＝F1－F2＝2－2t(N)

作出F合­t图象如图所示

从图中可以看出，在0～2 s范围内，当t＝0时，物体有最大加速度am，Fm＝mam，am＝＝ m/s2＝1 m/s2

当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′，Fm′＝mam′

am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2

负号表示加速度方向向左。

(3)由牛顿第二定律得

a＝＝1－t(m/s2)

画出a­t图象如图所示

由图可知t＝1 s时速度最大，最大值等于a­t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积

v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。

[答案]　(1)0.5 m/s2　(2)当t＝0时，am＝1 m/s2；当t＝2 s时，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s

(二)由已知条件确定某物理量的变化图象

[例3]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

[解析]　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0。力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋

k(x0－x)－mg＝ma。联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F­x图象中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确。

[答案]　A

[跟踪训练]

3．(多选)(2020·福建省武平县第一中学月考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态。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x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　)

A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10 cm

B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm

C．物块的质量为2.5 kg

D．物块的加速度大小为5 m/s2

[解析]　当托盘与物块静止不动时，根据胡克定律有kx0＝2mg，一起向 上做匀加速运动时F＋k(x0－x)－2mg＝2ma，整理得F＝kx＋2ma。由乙图可知k＝5 N/cm，2ma＝10 N，当物块与托盘分离时，以物块为对象F′－mg＝ma，解得m＝2.5 kg，a＝2 m/s2，x0＝10 cm，故A、C正确，B、D错误。

[答案]　AC

动力学中的临界极值问题——数学应用能力的培养

1．“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，临界条件是弹力FN＝0。

(2)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：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。

(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。

2．“三种”典型的常用方法

(一)临界问题

[典例1]　

(2020·江西宜春市期末)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m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝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，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：

(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；

(2)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；

(3)力F的最大值与最小值。

[解析]　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1＋m2)gsin θ＝kx0

解得x0＝0.16 m。

(2)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－m1gsin θ＝m1a

前0.2 s时间内两物体的位移：

x0－x1＝at2

联立解得a＝ m/s2。

(3)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，则Fmin＝ (m1＋m2)a＝ N

对Q应用牛顿第二定律得Fmax—m2gsin θ＝m2a

解得Fmax＝m2(gsin θ＋a2)＝ N。

[答案]　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N

◆方法归纳

叠加体系统临界问题的求解思路

[跟踪训练]

1．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　)

A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长

B．B和A刚分离时，它们的加速度为g

C．弹簧的劲度系数等于

D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动

[解析]　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，由F＝mg，

对B：F－mg＝ma，

对A：kx－mg＝ma。

即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，

设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则

2mg＝kx0，h＝x0－x，

解以上各式得k＝，a＝0，综上所述，只有C项正确。

[答案]　C

(二)极值问题

[典例2]　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距离最小，并求出此最小值。

[解析]　(1)当θ＝30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，mgsin θ＝μmgcos θ，联立解得：μ＝。

(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，

－mgsin θ·x－μmgcosθ·x＝0－mv，

解得x＝。

令a＝sin θ＋μcos θ＝

设cos α＝，则a＝sin(α＋θ)

当α＋θ＝π/2时，a存在最大值am＝＝。

即sin θ＝cos α＝＝，θ＝60°时，x最小。

对应的最小值x＝＝m。

[答案]　(1)　(2)60°　m

[跟踪训练]

2．如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。

[解析]　当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程

－mgsin θ－μmgcos θ＝ma①

木块的位移为x，有0－v＝2ax②

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sin θ＋μcos θ)

根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin(θ＋α)，其中

tan α＝μ＝，则α＝30°

要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值amax＝g，所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－，代入②可得xmin＝。

[答案]　60°