高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律素养提升课三牛顿运动定律的综合应用学案

素养提升课(三)　牛顿运动定律的综合应用

题型一　动力学图象问题

1．动力学图象问题的类型

图象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，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：

2．数形结合解决动力学图象问题

(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。

(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)常见的动力学图象

v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等。

 　(多选)(2020·山东省等级考试物理模拟卷) 如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是(　　)

[解析]　从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变速直线运动，v－t图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v－t图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增大，v－t图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以A正确，B错误；从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定。绳子拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mg－k(y－y0)＝ma，则加速度为a＝g－，弹力等于重力之后，人开始减速运动，k(y－y0)－mg＝ma，则加速度为a＝－g，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故D正确，C错误。

[答案]　AD

【对点练1】　(2020·佛山市二模)从地面上以初速度v0竖直上抛一个小球，已知小球在运动过程中所受空气阻力与速度大小成正比，则小球从抛出到落回地面的过程中，以下其速度与时间关系的图象正确的是(　　)

解析：选D。物体上升过程中mg＋kv＝ma上，则随速度的减小，加速度减小，最高点时加速度大小为g，物体下降过程中mg－kv＝ma下，则随速度的增加，加速度减小；因v－t图象的斜率等于加速度，可知图象D符合题意。

【对点练2】　(多选)(2021·广东省选择性考试模考)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度－位移”图象。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图象信息，下列说法正确的有(　　)

A．弹性绳原长为15 m

B．当运动员下降10 m时，处于失重状态

C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大

D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上

解析：选BD。下落15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下做减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。

题型二　动力学观点在连接体中的应用

1．连接体分类

(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．连接体的分析方法

　(2020·保定市上学期质检)一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面(小车板面与斜面平行)。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下轻绳呈现状态的说法中正确的是(　　)

A．若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行

B．若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向

C．若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行

D．若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行

[解析]　若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速向上运动，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB杆平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则小球向上匀加速，其加速度沿斜面向上；而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示：

由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动可能斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。

[答案]　D

【对点练3】　(多选)(2021·武汉高三一模)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B 木块间的最大静摩擦力是f1，C、D 木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则(　　)

A．当f1>2f2，且F逐渐增大到3f2 时，C、D间即将滑动

B．当f1>2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动

C．当f1<2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动

D．当f1<2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动

解析：选AD。若C、D间即将滑动，则C、D间的静摩擦力为f2，此时系统的加速度a1＝；对B、C、D系统，fBA＝4ma1＝2f2，即要使此时A、B间不要滑动必须满足f1>2f2；此时对A、B、C、D整体，F＝6ma1＝3f2，故A正确，C错误；若A、B间即将滑动，则A、B间的静摩擦力达到了f1，此时对B、C、D系统：f1＝4ma2，解得a2＝，此时C、D间的摩擦力fCD＝2ma2＝f1，则f2>f1；对A、B、C、D系统：F＝6ma2＝f1，故D正确，B错误。

【对点练4】　(2020·重庆市第三次诊断) 旅游景区中常见的滑索如图所示。研究游客某一小段时间沿钢索下滑这一过程，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的(　　)

解析：选B。设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和游客组成的整体，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对游客由于满足Mgsin α＝Ma，可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而游客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则B正确，A、C、D错误。

题型三　动力学中的临界极值问题

1．临界值或极值条件的标志

(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．“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，速度达到极值的临界条件是：当加速度变为0时。

3．处理临界问题的三种方法

　(2021·广东中山市高三月考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B。C为一垂直固定在斜面上的挡板。A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面。现开始用一水平恒力F作用于P。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)

A．若F＝0，挡板受到B物块的压力为2mgsin θ

B．两物块与斜劈共同加速时，弹簧不可能保持原长

C．若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到

D．力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A才相对于斜面向上滑动

[解析]　F＝0时，对物体A、B和轻弹簧整体受力分析，整体受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，由共点力平衡条件，沿平行于斜面方向，有N2－2mgsin θ＝0，由牛顿第三定律可知挡板受到的压力为2mgsin θ，A正确；若F＝(M＋2m)gtan θ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtan θ；对物体A受力分析，物体A受重力、支持力和弹簧弹力，如图甲所示，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－kx＝macos θ，解得kx＝0，故弹簧处于原长，B错误；物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左做加速运动，对物体B受力分析，物体B受重力、支持力、弹簧的拉力，如图乙所示，

根据牛顿第二定律，有

 mg－Ncos θ－kxsin θ＝0且 Nsin θ－kxcos θ＝ma

解得：x＝，故C错误；

用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图丙，根据牛顿第二定律得mgsin θ－kx＝macos θ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行。故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故D错误。

[答案]　A

 　(2020·朝阳区4月测试)一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的动摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g取10 m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)

(1)当卡车以a＝2 m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；

(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4 m，刹车前卡车的车速为v＝72 km/h，求卡车刹车时的加速度a1至少为多大。

[解析]　(1)当卡车的加速度为a＝2 m/s2时，假设木箱与卡车一起运动。

则对于木箱由牛顿第二定律得f＝ma

木箱所受的最大静摩擦力为fm＝μmg

代入数据可知f<fm，假设成立，木箱没有发生滑动。

(2)刹车过程中，汽车向前运动的距离为s1＝

如不撞击，木箱向前运动的距离为s2＝

其中a2＝＝μg

根据题意s2－s1≥d

代入数据解得a1≥5.6 m/s2。

[答案]　(1)没有发生滑动　(2)5.6 m/s2

【对点练5】　(2020·潜江市第一次联考)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μ＝0.75，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？求出此最小值。

解析：当θ变化时，取沿斜面向上为正方向，设木块的加速度为a，木块沿木板斜面方向由牛顿第二定律有

－mgsin θ－μmgcos θ＝ma

解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)

设木块的位移为x，有0－v＝2ax

根据数学关系有sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)

其中tan α＝μ＝0.75，则α＝37°

根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝g

所以此时θ＝90°－α＝53°

加速度的最大值a＝－g

解得xmin＝。

答案：53°