高考物理一轮复习3.2牛顿运动定律应用-状态分析(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习3.2牛顿运动定律应用-状态分析(原卷版+解析)，共75页。试卷主要包含了动力学中瞬时问题，动力学中的连接体问题，动力学中临界问题等内容，欢迎下载使用。

考向一、动力学中受力分析---要结合运动状态
考向二、动力学中瞬时问题
考向三、动力学中的连接体问题
考向四、动力学中临界问题
考向一、动力学中受力分析---要结合运动状态
一、动力学中受力分析
1．外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
3．隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
4.受力分析时要结合运动状态
弹力和摩擦力都是被动力，都随运动状态变化，所以分析受力时要结合运动状态分析。
【典例1】(2022·辽宁省沈阳市高三一模)如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为eq \f(mg,cs θ)
B．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右
C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为eq \f(mg,cs θ)
D．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg
【答案】C
【解析】装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即FN＝mg，A错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M，由牛顿第二定律可知μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，
小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为FN＝eq \r(（mg）2＋（ma）2)>mg，由以上分析可知D错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B错误；当a＝gtan θ时，代入以上的式子可得FN＝eq \f(mg,cs θ)，C正确．
【典例2】（多选）(2022·徐州模拟)如图所示，静止于水平面上的倾角为θ的斜面上有一质最为M的槽，槽的内部放一质量为m的光滑球，已知槽和球起沿斜面下滑，球的大小恰好能和槽内各面相接触，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确是（ ）
A．若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小为mgcsθ
B．若槽和球一起下滑的加速度大小为gsinθ，则槽对球的作用力大小一点为mgcsθ
C．若槽和球一起下滑的加速度大小为gsinθ，地面对斜面的摩擦力方向可能向左
D．若槽和球一起匀速下滑，则球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用
【答案】BD
【解析】A、若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小等于球的重力，即为mg，故A错误；
D、若槽和球一起匀速下滑，则球受力平衡，球对前壁的弹力为mgsinθ，对底部的压力为mgcsθ，所以球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用，故D正确；
B、若槽和球一起下滑的加速度大小为gsinθ，则槽对球的作用力大小为F=(mg)2+(ma)2=mgcsθ，故B正确；
C、若槽和球一起下滑的加速度大小为 gsinθ，则系统在水平方向有向右的加速度，地面对斜面的摩擦力方向向右，故C错误。
练习1、(2022·山东聊城一模)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球c、d，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下列说法正确的是( )
A．a环与杆有摩擦力
B．d球处于失重状态
C．杆对a、b环的弹力大小相等
D．细线对c、d球的弹力大小可能相等
【答案】C
【解析】 设杆与水平方向的夹角为α，圆环的质量均为m，球的质量均为M，对c球进行受力分析如图，c球受重力和绳的拉力Tc，沿杆的方向向下运动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知c球所受合力F1＝Mgsinα＝Ma，可得a＝gsinα，因a环和c球相对静止，故a环的加速度也为gsinα，将a环和c球以及悬线看成一个整体，分析可知它们只受重力和杆的支持力，a环与杆间的摩擦力为零，A错误；对d球进行受力分析，只受重力和竖直向上的拉力，因此d球的加速度为零，故d球处于平衡状态，而不是失重状态，B错误；细线对c球的拉力Tc＝Mgcsα，对d球的拉力Td＝Mg，D错误；对a和c整体受力分析有FNa＝(M＋m)gcsα，对b和d整体受力分析有FNb＝(M＋m)gcsα，C正确。
练习2、(2022·河南省安阳市高三下一模)如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是( )
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
【答案】D
【解析】若球与车一起水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用；若球与车一起水平向左匀加速运动，则球在a处受到的支持力可能为零，选项D正确．
考向二、动力学中瞬时问题
1、两类问题
根据牛顿第二定律可知，合外力和加速度有瞬时对应性关系，二者同时产生、同时变化、同时消失。
具体可简化为以下两种模型：
2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变．
【典例3】 （多选）(2022·浙江省嘉兴市高三上9月教学测试)如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( )
A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为3g
B．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
C．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大
D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大
【答案】BD
【解析】A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F 合 =mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故B正确，A错误． C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C错误，D正确．故选AD．
【典例4】（多选）(2022·宁夏中卫市高三下三模)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
【答案】BC
【解析】设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝eq \f(mg,cs θ)，T＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正确，D错误。
练习3.（重庆市2022高三5月调研测试）．如图所示, 在倾角为的光滑斜面上，质量相等的甲、乙物体通过弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知轻弹簧、细绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是( )
A．甲、乙的加速度大小均为
B．甲的加速度为零，乙的加速度大小为
C．甲的加速度为g，乙的加速度大小为零
D．甲的加速度为零，乙的加速度大小为g
【答案】D
【解析】设甲、乙的质量均为m，剪断轻绳前，对甲受力分析可得：弹簧弹力，剪断细绳瞬间，细绳中力突变为零，弹簧长度不会突变，弹簧弹力仍为．剪断细绳瞬间，甲物体的受力与剪断细绳前受力相同，则甲的加速度为零；剪断细绳瞬间，乙受重力、弹簧弹力、斜面对乙的支持力，由牛顿第二定律可得：，解得：剪断细绳瞬间，乙的加速度大小，D项正确，ABC三项错误．
练习4.（多选）(2022·芜湖模拟)如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为( )
A．aA＝2a＋3μg B．aA＝2(a＋μg)
C．aB＝a D．aB＝a＋μg
【答案】AC
【解析】撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma, 对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2(a＋μg)m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。综上分析，A、C项正确。
【巧学妙记】
【方法技巧】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
1．分析瞬时加速度的“两个关键”
(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
2．“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
考向三、动力学中的连接体问题
一、轻绳（弹簧）相连加速度相同的连接体模型归纳
二、轻杆、箱子连接体模型归纳
三、轻绳绕滑轮加速度连接体模型归纳
四、类悬绳加速度连接体模型归纳
【典例5】（多选）（2017•海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k．下列判断正确的是（ ）

【答案】BD
【解析】将PQR 看成两部分，PQ为一部分，R 为一部分，结合结论：
QR之间的力
将QR看成一部分，P 看成一部分PQ之间的力：
故，B正确，又因为PQR 与水平面间的摩擦因数相同，故D 也正确；
【典例6】(多选)(2022·广西柳州市高三下三模)如图所示，已知M>m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m 互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则 ( )
A．物体M与m仍做匀速运动 B．物体M与m做加速运动，加速度a＝eq \f(（M＋m）g,M)
C．物体M与m做加速运动，加速度a＝eq \f(（M－m）g,M) D．绳子中张力不变
【答案】 CD
【解析】 当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝eq \f(mg,Mg)＝eq \f(m,M).若将M与m互换，则对M：Ma＝Mg－T′，对m，则：ma＝T′－μmg，得：a＝eq \f(Mg－μmg,M＋m)＝eq \f(Mg－\f(m,M)mg,M＋m)＝eq \f(（M2－m2）g,M（M＋m）)＝eq \f(（M－m）g,M)，故A、B错误，C正确；绳子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝eq \f(m（M－m）g,M)＋eq \f(m,M)mg＝mg，故D正确．
练习5.(2019·安徽宣城高三上学期期末)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则( )
A．a′＝a，F′1＝F1 B．a′＞a，F′1＝F1
C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1
【答案】B
【解析】.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，
竖直方向有F1cs θ＝mg①
水平方向有F－F1sin θ＝ma，
以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，
解得a＝eq \f(m,M)gtan θ②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，
竖直方向有F′1cs θ＝mg③
水平方向有F′1sin θ＝ma′，
解得a′＝gtan θ④
结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.
练习6.(2022·湖北黄冈中学模拟)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲所示。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示。则( )
A．a1＝a2＝a3 B．a1