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】　(2020·福建模拟)早在公元前4世纪末，我国的《墨经》中就有关于力和运动的一些见解，如“绳下直，权重相若则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量Δm越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与Δm的关系图象可能是(　　)

解析：选C。不妨假设右边的物体质量减少Δm，则右边的物体向上做匀加速运动，左边的物体向下做匀加速运动，它们的加速度大小a相同，绳子的拉力大小F相等。

对右边物体，根据牛顿第二定律：

F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a①

对左边物体，根据牛顿第二定律：mg－F＝ma②

联合①②式可得：a＝·g＝·g，根据上式知，Δm和a并不是线性关系，故A、B错误；当Δm＝m时，可得 a＝g，故C正确，D错误。

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·葫芦岛市上学期质检)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)(2020·大同市第一次联考)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增大A、B间的压力，可行的办法是(　　)

A．增大推力F　　　 B．减小倾角θ

C．减小B的质量 D．减小A的质量

解析：选AD。设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对AB整体受力分析有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力，即要使FAB增大，应增大推力F或减小A的质量、增大B的质量。

故A、D正确，B、C错误。

【对点练4】　(2020·绵阳市第三次诊断) 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

 　(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·大同市第一次联考)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°　

(建议用时：20分钟)

1．(2020·吉林市第二次调研)

如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象中能正确描述该过程的是(　　)

解析：选D。滑块下滑过程中做匀减速直线运动，下滑过程中，其速度—时间图线是一条斜向下的直线；下滑过程中，其加速度—时间图线与时间轴平行，故A、B错误；用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，据速度—位移关系可得v－v2＝2ax，解得v＝，所以下滑过程中，其速度—位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线，故C错误，D正确。

2．(2020·江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(　　)

解析：选D。由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到0，物体的合力逐渐增大到某值，根据牛顿第二定律知加速度会逐渐增大到某一值，接着又使这个力逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终不变)，合力逐渐减小到零，则加速度逐渐减小至零；所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t图象的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确。

3. (2020·丰台区二模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下运动时，A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力，下列说法正确的是(　　)

A．B物体受到的支持力N＝mg，方向竖直向上

B．B物体受到的支持力N＝mg－mgsin θ，方向竖直向上

C．B物体受到的摩擦力f＝mgsin θ，方向沿斜面向下

D．B物体受到的摩擦力f＝mgsin θcos θ，方向水平向左

解析：选D。对A、B整体，由牛顿第二定律有

3mgsin θ＝3ma

解得a＝gsin θ

对物体B，竖直方向mg－N＝masin θ

解得N＝mg－masin θ＝mgcos2θ

方向竖直向上；

水平方向f＝macos θ＝mgsin θcos θ

方向水平向左。

4．(2020·东北三省三校第二次联考)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)

A．若m取一更大的值，则图象的斜率变小

B．若m取一更大的值，则图象的斜率变大

C．若M取一更大的值，则图象的斜率变大

D．若M取一更大的值，则图象的斜率不变

解析：选B。对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a

隔离B有μmg＝Ma

联立解得F＝μg

图象斜率k＝＝m，若m取一更大的值，则图象的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图象的斜率变小，故C、D错误。

5．(多选)如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25 倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，下面正确的是(　　)

A．a＝　　　　　　　 B．a＝

C．Ff＝G   D．Ff＝G

解析：选BD。由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25 倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得，a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则＝tan 30°＝，a水＝g，a＝ ＝，Ff＝ma水＝G，故B、D正确。

6．(2020·南平市第一次质检)如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：

(1)A和B的质量之比；

(2)物体B沿斜面上滑的总时间。

解析：(1)对物体A、B受力分析，有

mAgsin 30°＝T1

T1＝mBg

解得＝；

(2)A、B对调后，A物体接触地面前，根据牛顿第二定律有

对A：mAg－T2＝mAa1

对B：T2－mBgsin 30°＝mBa1

B在斜面上运动：h＝a1t

A落地后，B继续向上运动，根据牛顿第二定律有

mBgsin 30°＝mBa2

a1t1＝a2t2

解得t1＝t2＝2

所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4。

答案：(1)2∶1　(2)4