2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题学案作业（含解析）新人教版

专题强化三　应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题

专题解读1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问题以及多运动过程问题．在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题．

2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理问题的能力．

3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．

1．常见图象

v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．

2．题型分类

(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．

(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．

3．解题策略

(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．

(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，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．

例1　(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(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＝4s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10m/s2.由题给数据可以得出(　　)

图1

A．木板的质量为1kg

B．2～4s内，力F的大小为0.4N

C．0～2s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

答案　AB

解析　由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s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2～4s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4～5s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＝0.2N，解得m＝1kg、F＝0.4N，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．

变式1　(多选)(2019·广东潮阳实验学校模拟)如图2所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为θ的固定斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为Ff、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是(　　)

图2

答案　AD

解析　滑块在上滑过程中滑动摩擦力方向向下，大小恒定为Ff＝μmgcosθ，滑块下滑时滑动摩擦力方向向上，大小仍为Ff＝μmgcosθ，A正确；在滑块上滑和下滑的过程中，加速度方向始终沿斜面向下，为负，所受合力也为负，B、C错误；滑块上滑过程做正向的匀减速直线运动，加速度a＝－(gsinθ＋μgcosθ)，下滑过程做负向的匀加速直线运动，加速度a′＝gsinθ－μgcosθ<|a|，v－t图象斜率减小，D正确．

1．连接体的类型

(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．连接体的运动特点

轻绳——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．

轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．

轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，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

例2　(多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图3所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)

图3

A．该水平拉力大于轻绳的弹力

B．物块c受到的摩擦力大小为μmg

C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmg

D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg

答案　ACD

解析　三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：FT＝2μmg，则：F＞FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律，对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：Ff＝ma，解得：Ff＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对b、c系统：2μmg＝2ma′，对c：Ff′＝ma′，解得：Ff′＝μmg，故D正确．

变式2　(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图4所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端．今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　)

图4

A.B.C.D.

答案　C

解析　对整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有：F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确．

变式3　(多选)如图5所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)

图5

A．斜面光滑

B．斜面粗糙

C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左

D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右

答案　AC

解析　隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．

1．临界或极值条件的标志

(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．

(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．

(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．

2．常见临界问题的条件

(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：静摩擦力达到最大值．

(3)绳子断裂与松弛的临界条件：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.

(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．

3．解题基本思路

(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；

(2)寻找过程中变化的物理量；

(3)探索物理量的变化规律；

(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．

4．解题技巧方法

例3　如图6所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为(　　)

图6

A．3gB．2.5gC．2gD．1.5g

答案　C

解析　弹簧原长时小球A速度恰好最大，则此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，对小球A，由牛顿第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，则加速度大小为2g，方向向下，故C正确．

变式4　如图7，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　)

图7

A. B.

C. D.

答案　B

解析　对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：＝，选项B正确.

1．基本思路

(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．

(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．

(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．

2．解题关键

(1)注意应用v－t图象和情景示意图帮助分析运动过程．

(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析．

例4　(2019·河南郑州市第一次模拟)某次新能源汽车性能测试中，如图8甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：

图8

(1)18s末汽车的速度是多少？

(2)前25s内的汽车的位移是多少？

答案　(1)26m/s　(2)608m

解析　(1)0～6s内由牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma1

6s末车速为：v1＝a1t1

在6～18s内，由牛顿第二定律得：F2－Ff＝ma2

第18s末车速为：v2＝v1＋a2t2

由题图知18s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：

Ff＝F＝1500N，

解得：v1＝30m/s，v2＝26 m/s；

(2)汽车在0～6s内的位移为：x1＝t1＝90m，

汽车在6～18s内的位移为：x2＝t2＝336m，

汽车在18～25s内的位移为：x3＝v2t3＝182m

故汽车在前25s内的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝608m.

变式5　哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，求：

(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；

(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；

(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？

答案　(1)1m/s2　15s　(2)525m　(3)s

解析　(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：

FT－mg＝ma

解得a＝1m/s2

由v＝v0＋at

解得t＝15s.

(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152m＝112.5m

匀速阶段位移x2＝v(50s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300m

匀减速阶段位移x3＝＝112.5m

因此观景台的高度x＝x1＋x2＋x3＝525m.

(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0.

自由落体加速度大小a1＝g

启动辅助牵引装置后加速度大小a2＝＝＝2g，方向向上

则＋＝x

解得：vm＝10m/s

则tm＝＝s

即电梯自由下落最长s时间必须启动辅助牵引装置.

1.(多选)(2020·福建三明市质检)水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(　　)

图1

A．物块与地面的动摩擦因数为0.2

B．3s末物块受到的摩擦力大小为3N

C．4s末物块受到的摩擦力大小为1N

D．5s末物块的加速度大小为3m/s2

答案　BC

解析　在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．

2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s,5～10s,10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)

图2

A．F1<F2 B．F2>F3

C．F1>F3 D．F1＝F3

答案　A

3.(2019·云南昆明市4月教学质量检测)如图3所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为(　　)

图3

A.Mg B.Mg

C.(M＋m)g D.(M＋m)g

答案　D

解析　连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：

cosθ＝＝

sinθ＝＝

则tanθ＝

此时小球受到的合外力F合＝mgtanθ＝mg

由牛顿第二定律可得：a＝＝g

以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g，

故D正确，A、B、C错误．

4.(2019·河南顶级名校第四次联测)如图4所示，水平地面上放置一个质量为1kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

图4

A．大小为0.5N，方向水平向右

B．大小为2N，方向水平向右

C．大小为0.5N，方向水平向左

D．大小为2N，方向水平向左

答案　A

解析　假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcosθ－μ1(mAg＋mBg－Fsinθ)＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfAB＝mBa＝0.5N<μ2mBg＝2N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为FfAB＝0.5N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误．

5．(多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则(　　)

A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上

B．整个列车的加速度大小为

C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为

D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为

答案　BC

解析　启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D错误．

6.(2020·河南洛阳市模拟)如图5所示，一重力为10N的小球，在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10m/s2.求：

图5

(1)有F作用的过程中小球的加速度；

(2)撤去F瞬间小球的加速度；

(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点．

答案　(1)2.5m/s2　方向沿杆向上　(2)7.5 m/s2

方向沿杆向下　(3)0.2s或0.75s

解析　(1)小球的质量m＝＝1kg.

取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示，

Fcos30°＝Gcos30°＋FN

Fsin30°－Gsin30°－μFN＝ma1

联立解得：a1＝2.5m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向上

(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，

设此时小球的加速度为a2，则有FN′＝Gcos30°

－Gsin30°－μFN′＝ma2

联立解得：a2＝－7.5m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下

(3)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s

小球的位移为x1＝a1t＝1.8m

撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝＝0.4s

小球继续向上运动的最大位移为x2＝＝0.6m

则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m

在上滑阶段通过B点，即xAB－x1＝v1t3＋a2t

解得t3＝0.2s或者t3＝0.6s(舍去)

小球返回时，受力如图丙所示，

设此时小球的加速度为a3，

－Gsin30°＋μFN′＝ma3

得a3＝－2.5m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，

小球由顶端返回B点时有：－(xm－xAB)＝a3t

解得t4＝s

则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75s.