2021高考物理教科版一轮复习学案作业：第三章专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题

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像问题、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．常见图像
v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等．
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像．
3．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，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)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”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＝4 s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10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)


图1
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s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0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s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2～4 s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4～5 s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＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，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f、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像大致正确的是(　　)

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f＝μmgcos θ，滑块下滑时滑动摩擦力方向向上，大小仍为f＝μmgcos θ，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＝－(gsin θ＋μgcos θ)，下滑过程做负向的匀加速直线运动，加速度a′＝gsin θ－μgcos θ<|a|，v－t图像斜率减小，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
整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”

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：T＝2μmg，则：F＞T，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：f＝ma，解得：f＝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：f′＝ma′，解得：f′＝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gsin θ，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gsin θ，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N＝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T＝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
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件

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．3g B．2.5g C．2g D．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图像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25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg，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)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
答案　(1)26 m/s　(2)608 m
解析　(1)0～6 s内由牛顿第二定律得：F1－f＝ma1
6 s末车速为：v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得：F2－f＝ma2
第18 s末车速为：v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：
f＝F＝1 500 N，
解得：v1＝30 m/s，v2＝26 m/s；
(2)汽车在0～6 s内的位移为：x1＝t1＝90 m，
汽车在6～18 s内的位移为：x2＝t2＝336 m，
汽车在18～25 s内的位移为：x3＝v2t3＝182m
故汽车在前25 s内的位移为：x＝x1＋x2＋x3＝608 m.
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15 m/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)1 m/s2　15 s　(2)525 m　(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：
T－mg＝ma
解得a＝1 m/s2
由v＝v0＋at
解得t＝15 s.
(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m
匀速阶段位移x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m
因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
(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＝10 m/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1 kg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2 s内以4 m/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．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
答案　BC
解析　在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，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5 s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0～5 s,5～10 s,10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)

图2
A．F1F3
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：

cos θ＝＝
sin θ＝＝
则tan θ＝
此时小球受到的合外力F合＝mgtan θ＝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1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg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10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图4
A．大小为0.5 N，方向水平向右
B．大小为2 N，方向水平向右
C．大小为0.5 N，方向水平向左
D．大小为2 N，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Fcos θ－μ1(mAg＋mBg－Fsin θ)＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有fAB＝mBa＝0.5 N<μ2mBg＝2 N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为fAB＝0.5 N，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10 N的小球，在F＝20 N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1.2 s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10 m/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2.25 m的B点．
答案　(1)2.5 m/s2　方向沿杆向上　(2)7.5 m/s2
方向沿杆向下　(3)0.2 s或0.75 s
解析　(1)小球的质量m＝＝1 kg.
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，

Fcos 30°＝Gcos 30°＋N
Fsin 30°－Gsin 30°－μN＝ma1
联立解得：a1＝2.5 m/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
N′＝Gcos 30°
－Gsin 30°－μN′＝ma2
联立解得：a2＝－7.5 m/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＝3 m/s
小球的位移为x1＝a1t12＝1.8 m
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝＝0.4 s
小球继续向上运动的最大位移为x2＝＝0.6 m
则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m
在上滑阶段通过B点，即xAB－x1＝v1t3＋a2t32
解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s(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，
－Gsin 30°＋μN′＝ma3
得a3＝－2.5 m/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)＝a3t42
解得t4＝ s
则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s.