人教版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用学案

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考点一 应用整体法与隔离法处理连接体问题
1．连接体的类型
(1)物体叠放连接体
(2)弹簧连接体
(3)轻绳(杆)连接体
2．连接体的运动特点
(1)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。
(2)轻杆——平动时，连接体具有相同的平动速度；转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
(3)轻弹簧——在发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3．处理连接体问题的方法：
整体法、隔离法或“先整体求加速度，后隔离求连接体之间作用力”。
例1 (2021·湖南茶陵月考)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由相同的轻质弹簧相连。如图甲所示，当用大小为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；如图乙所示，当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；如图丙所示，当用恒力F倾斜向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则( A )
A．x1＝x2＝x3
B．x1>x3＝x2
C．若m1>m2，则x1>x3＝x2
D．若m1[解析] 本题考查弹簧连接体问题。对甲图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a1＝eq \f(F,m1＋m2)，对b物体有T1＝m2a1，解得T1＝eq \f(m2F,m1＋m2)；对乙图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a2＝eq \f(F－m1＋m2g,m1＋m2)，对b物体有T2－m2g＝m2a2，解得T2＝eq \f(m2F,m1＋m2)；对丙图运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a3＝eq \f(F－m1＋m2gsin θ－μm1＋m2gcs θ,m1＋m2)，对物体b有T3－m2gsin θ－μm2gcs θ＝m2a3，解得T3＝eq \f(m2F,m1＋m2)，则T1＝T2＝T3，根据胡克定律可知，x1＝x2＝x3，故A正确，B、C、D错误。
名师点拨 整体法、隔离法的使用技巧
(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来。解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法。
(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法。若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法。但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离。先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度。
〔变式训练1〕(2021·湖北公安检测)如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( B )
A．eq \f(9,10)F
B．eq \f(1,10)F
C．eq \f(45,2)mg＋eq \f(1,10)F
D．因为各物块与斜面间的动摩擦因数未知，所以不能确定
[解析] 本题考查牛顿第二定律的应用。根据牛顿第二定律得，整体的加速度a＝eq \f(F－50 mgsin 30°－μ·50mgcs 30°,50m)＝eq \f(F,50m)－gsin 30°－μgcs 30°，隔离第46到第50个物块进行受力分析，有FN－5mgsin 30°－μ·5mgcs 30°＝5ma，解得FN＝eq \f(1,10)F，由牛顿第三定律可知，第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为eq \f(1,10)F，故B正确。
考点二 动力学中的临界值或极值问题
1．临界或极值问题的关键词
“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点；“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值。
2．产生临界值和极值的条件
(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等。
(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)。
(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(4)加速度最大的条件：合外力最大。
(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大。
3．临界或极值问题的方法
(1)假设分析法
(2)数学极值法
例2 如图所示，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。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，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角满足什么条件时，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，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcs θ
联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
由0－veq \\al(2,0)＝2ax得x＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin θ＋μcs θ)
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))
即tanα＝μ
则x＝eq \f(v\\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
所以x最小值为xmin＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin 60°－μcs 60°)＝eq \f(\r(3)v\\al(2,0),4g)＝eq \f(5\r(3),2) m。
[答案] (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
〔变式训练2〕在如图所示的装置中，表面粗糙的斜面固定在地面上。斜面的倾角为θ＝30°。两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向α＝60°角。现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动。已知乙物体的质量为m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，下列说法正确的是( D )
A．乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为15 N
B．乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为25 N
C．斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为15 N
D．甲物体的质量为2.5 kg
[解析] 乙物体摆到最高点时绳子上的拉力最小，有T1＝mgcs 60°＝10×eq \f(1,2)N＝5 N，故A项错误；由最高点到最低点的过程中，根据动能定理可得mgl(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，再根据牛顿第二定律可得T2－mg＝meq \f(v2,l)，联立以上方程解得T2＝20 N，故B项错误；对甲物体有m甲gsin 30°＝T1＋fm，m甲gsin 30°＋fm＝T2，联立以上方程解得m甲＝2.5 kg，fm＝7.5 N，故C项错误，D项正确。
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
传送带模型
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
1．水平传送带模型
2．倾斜传送带模型
例3 (2020·江苏扬州中学月考)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB(与水平面成α＝37°角)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°角)平滑连接，A点到B点的距离x＝4.5 m，B点到C点的距离L＝0.6 m，传送带运行速度恒为v0＝5 m/s，现将一质量m＝0.4 kg的小物体轻轻放于A点，小物体恰好能到达最高点C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝eq \f(\r(3),6)，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计)
(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；
(2)小物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t。
[解析] 本题考查倾斜传送带模型。
(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度为v，小物体在斜面上，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ1mgcs θ＝ma1，
由运动学公式知0－v2＝－2a1L，
联立解得v＝3 m/s。
(2)因为v又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝0.875。
(3)小物体从A点运动到B点所经历的时间t1＝eq \f(v,a2)，
从B点运动到C点所经历时间t2＝eq \f(v,a1)，
联立解得小物体从A点运动到C点所经历的时间t＝t1＋t2＝3.4 s
[答案] (1)3 m/s (2)0.875 (3)3.4 s
名师点拨 滑块在传送带上运动的“六点”注意问题：
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcs θ的大小才能确定运动情况。
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出。
(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。
〔变式训练3〕(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中( BD )
A．煤块从A端运动到B端的时间是2.25 s
B．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 s
C．划痕长度是0.5 m
D．划痕长度是2 m
[解析] 根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝eq \f(μmg,m)＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝eq \f(v0,a)＝1 s，位移大小x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝2 m2年高考·1年模拟
2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI
1．(2020·山东济宁一中检测)如图所示，用力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R，使其一起做匀加速运动。若P和Q之间的相互作用力为6 N，Q和R之间的相互作用力为4 N，Q的质量是2 kg，那么R的质量是( C )
A．2 kg B．3 kg
C．4 kg D．5 kg
[解析] 本题考查接触连接体问题。对Q受力分析有6 N－4 N＝2 kg×a，则整体运动的加速度a＝1 m/s2，再对R受力分析得mRa＝4 N，解得mR＝4 kg，选项C正确。
2．(2020·北京密云月考)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止。则在物块m上、下滑动的整个过程中( C )
A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右
B．地面对物体M的摩擦力大小不变
C．地面对物体M的摩擦力方向不变
D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g
[解析] 物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，根据牛顿第二定律，有
水平方向：f＝m·(a·cs θ) ①
竖直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sin θ) ②
其中θ为斜面倾角。由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变。故A、B错误，C正确；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，D错误。
3．(2020·河南郑州月考)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与桌面间的动摩擦因数为eq \f(1,4)μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是( A )
A．若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过eq \f(3,2)μmg
B．当水平拉力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为eq \f(3,2)μmg
C．无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(3,4)μg
D．当水平拉力F>μmg时，b相对a滑动
[解析] 本题考查板块模型中的临界问题。a、b之间的最大静摩擦力fmax＝μmg，b与桌面间的最大静摩擦力f′max＝eq \f(1,4)×2μmg＝eq \f(1,2)μmg，a、b相对桌面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有μmg－eq \f(1,2)μmg＝ma0，解得a0＝eq \f(1,2)μg，对整体有F0－eq \f(1,2)μmg＝2ma0，解得F0＝eq \f(3,2)μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过eq \f(3,2)μmg，当水平拉力F>eq \f(3,2)μmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当水平拉力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度a1＝eq \f(μmg－\f(1,2)μmg,2m)＝eq \f(1,4)μg，对a，根据牛顿第二定律可得F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力f1＝eq \f(3,4)μmg，故B错误；根据A选项的分析可知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过eq \f(1,2)μg，故C错误。
4．(2020·浙江模拟)如图(甲)所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图(乙)所示，v0，t0已知，则( D )
A．传送带一定顺时针转动
B．μ＝tan θ＋eq \f(v0,gt0cs θ)
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
[解析] 若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsinθ>μmgcs θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcs θ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图(乙)，故传送带是逆时针转动，选项A错误；滑块在0～t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcs θ，由图可知a1＝eq \f(v0,t0)，则μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，选项B错误；只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于 v0，选项C错误；等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcs θ，代入μ解得a2＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，选项D正确。综上所述，本题答案为D。
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0情景3
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时速度为v，若v0项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
(5)可能先减速后匀速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速