2020年高考物理一轮复习文档：第3章牛顿运动定律第14讲 学案

第14讲　牛顿运动定律的综合应用(2)
考点一　多过程问题

1．多过程问题就是物体的运动过程由许多“子过程”组成，各“子过程”有关键物理量前后相联系，往往叫做过程“衔接量”。
2．对各个“子过程”进行受力分析和运动分析，一般要画出过程示意图，关键是找出过程“衔接量”进行分析研究。
3．分析各“子过程”列关系式时，一般前后过程中都有“衔接量”，如速度、时间等。
4．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

(2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
解析　(1)假设0～2 s内A、B相对静止，则2mgsinθ－μ2·2mgcosθ＝2ma，对A，mgsinθ－fBA＝ma，解得fBA＝0.4mg，而fBmax＝μ1mgcosθ＝0.3mgt1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑪
a2′＝－2 m/s2⑫
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－＝12 mFf1，所以整体加速度增大时，A、B间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取
Ff2＝fm③
再对整体受力分析，有F＋6mgsin30°＝6ma④
由②③④得F＝fm，C正确。
3．将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3 cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2 cm；如果此时在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2 cm，如图所示。若在此时突然撤去力F，则(弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g) (　　)

A．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.4g
B．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.8g
C．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5 cm后分离
D．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7 cm后分离
答案　A
解析　当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3 cm，则m1g＝kx1，当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2 cm，此时m1g＋m2g＝k(x1＋x2)，撤去F后，k(x1＋x2＋x3)－(m1g＋m2g)＝(m1＋m2)a，联立代入数据得a＝0.4g，故A正确，B错误；由于在物块P上施加力F之前，弹簧已经压缩了5 cm，撤去力后，P与Q和弹簧组成的系统是一个弹簧振子系统，其振幅大小等于再次的压缩量，即2 cm，所以PQ向上运动的最大位移是4 cm，PQ不可能会分离，故C、D错误。
4．如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t) N，FB＝(6＋2t) N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？

答案　9 m
解析　FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a ①
设A、B间的弹力为FAB，
对B有：FB＋FAB＝mBa②
由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即FAB＝0③
将FA＝(12－2t) N，FB＝(6＋2t) N代入①式
得：a＝2 m/s2。
联立②③式得：t＝3 s。
A、B相互脱离前共同位移为：x＝at2，
代入数值得：x＝9 m。
5．静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(取g＝10 m/s2)。

(1)求绳刚被拉断时F的大小；
(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？
答案　(1)40 N (2)3.5 m
解析　(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A物体有T－μm1g＝m1a
代入数值得a＝2 m/s2。
对A、B整体有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
代入数值得F＝40 N。
(2)设绳断后，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，则
a1＝＝2 m/s2
a2＝＝3 m/s2
A停下来的时间为t＝＝1 s
A的位移为x1＝＝1 m
B的位移为x2＝vt＋a2t2＝3.5 m
A刚静止时，A、B间距离为Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m。

6．如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。
(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大？(要求画出受力图)
答案　(1)g 见解析图甲 (2)3g 见解析图乙
解析　(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示。因为AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与AB垂直，θ＝45°。
由牛顿第二定律，得mgtanθ＝ma
可得a＝g。

(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时．小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示。
由牛顿第二定律，得FTm＋mgtanθ＝mam
因FTm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g。
[真题模拟练]

7. (2018·河北唐山调研)(多选)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(　　)

A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
答案　BC
解析　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，则砝码脱离纸板时的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x′＝＝＝d，而匀加速运动的位移x＝a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误。
8．(2018·湖南怀化质检)如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围；
(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g取10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值。
答案　(1)≤F≤　(2)40 N
解析　(1)要使物体运动时不离开地面，应有：
Fsinθ≤mg，
要使物体能一直向右运动，应有：Fcosθ≥μ(mg－Fsinθ)
联立解得：≤F≤。
(2)根据牛顿第二定律得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma
解得：F＝。
设sinα＝，cosα＝
则F＝
＝
上式变形得F＝，
其中α＝arcsin，
当sin(θ＋α)＝1时，F有最小值，
解得：Fmin＝，
代入相关数据解得：Fmin＝40 N。
9. (2018·山东济宁模拟)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下。(g取10 m/s2)求：

(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开后玩具还能滑行多远？
(3)当力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？
答案　(1)　(2) m　(3)30°
解析　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2，解得a＝ m/s2，
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma，
解得μ＝。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2 m/s，
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝ m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝＝ m。
(3)当拉力与水平方向的夹角为θ时，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ－Ff>0，
Ff＝μFN，
在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，
解得F>，
因为cosθ＋μsinθ＝sin(60°＋θ)，
所以当θ＝30°时，拉力最小。
10．(2018·陕西渭南调研)如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：

(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；
(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值。
答案　(1)　(2)
解析　(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示。

设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得：
FNcosα＋Ffmsinα＝mg，①
Ffmcosα－FNsinα＝ma，②
由题意知Ffm＝μFN，③
联立解得a＝g，
对整体受力分析Fmax＝(M＋m)a，
联立解得Fmax＝。
(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，
当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，
则有＝tanα，即＝tanα，
则对M：Fmin＝MaM，联立解得Fmin＝。