2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)学案.docx

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1、第3讲牛顿运动定律的综合应用(一) (一) 动力学中的图像问题图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等三种类型(1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况(2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图像解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像(2)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破题关键(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

2、意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点 多维训练考查角度1由运动图像分析物体的受力情况1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小

3、，FNmg解析：选D根据位移时间图像的斜率表示速度可知，0t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，A错误；t1t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FNmg，B错误；t2t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FNmg，C错误，D正确。考查角度2由力的图像分析物体的运动情况2(多选)如图甲所示，一质量为m1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B

4、点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A前3 s内，物块的加速度逐渐减小B前3 s内，物块的速度先增大后减小CA、B间的距离为4 mD前3 s内物块的平均速度为2 m/s解析：选BC物块所受摩擦力为fFNmg2 N，由图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当Ff时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当Ff时，物块的速度达到最大，之后，Ff，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；在35 s时间内物块在水平恒力F作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则

5、根据牛顿第二定律有Ffma，解得a m/s22 m/s2，则A、B间的距离为xat24 m，C正确；前3 s内物块的平均速度为 m/s，D错误。考查角度3由已知条件确定某物理量的图像3物块以初速度v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列v-t图像正确的是( )解析：选C上升时阻力向下，对物体受力分析可得mgfma，上升时加速度为ag，下降时阻力向上，对物体受力分析可得mgfma，加速度为ag，上升时加速度大于下降时加速度，故C正确，A、B、D错误。(二) 动力学中的连接体问题1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

6、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，两端连接体的速度相等。2.处理连接体问题的方法(1)整体法的选取原则及解题步骤当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。运用整体法解题的基本步骤：(2)隔离法的选取原则及解题步骤当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。运用隔离法解题的基本步骤：第一步明确研究对象或过程、状态第二步将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来第三步画出某状态下的受力图

7、或运动过程示意图第四步选用适当的物理规律列方程求解考法全析例1中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车里程达到4.2万km，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为( )A.F，向后 B.F，向前C.F，向后 D.F，向前解析假设机车和车厢的质量均为m，每节车厢受到的摩擦

8、和空气阻力的合力为f，加速度为a，对于16节车厢整体有2F16f16ma，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F1，则对后六节车厢有F6fF16ma，解得F1F。第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F，负号代表方向向后，A正确。答案A考法(二)加速度大小相同、方向不同的连接体问题例2如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP0.5 kg、mQ0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2。则推力F的大小为( )A4.0 N B3

9、.0 NC2.5 N D1.5 N解析P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1mQg2.0 N，fT12.0 NmPg2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T21.0 N，故Q加速下降，有mQgT2mQa，可得a5 m/s2，而P将有大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律T2FmPgmPa，解得F4.0 N。答案A例3水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面间的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为

10、g。求：(1)物块B克服摩擦力所做的功。(2)物块A、B的加速度大小。解题指导(1)A、B两物块间通过细绳跨过动滑轮连接，滑轮对B的拉力大小是细绳对A的拉力的2倍。(2)当物块A向右运动距离s时，物块B向右移动，由此可确定A、B两物块的速度关系和加速度关系。解析(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1s物块B受到的摩擦力大小为f4mg物块B克服摩擦力所做的功为Wfs12mgs。(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得FmgTmaA2T4mg4maB由A和B的位移关系得aA2aB联立式得aAaB。答案(1)2mgs(2)(三) 动力学中的临界极值

11、问题四类典型临界条件(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FN0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT0。(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。考法全析例1(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支

12、持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则( )Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)解析小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球

13、的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以ma，联立可得tan ，m0.1 kg，B、C正确；将和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，D错误。答案ABC考法(二)叠加体系统的临界问题例2(多选)在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B，如图甲所示，其上表面粗糙，在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A，现在给A一个水平向左的拉力F，用传感器得到A的加速度随外力F的变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，则( )A物块A的质量为m1 kgB木板B的质量为M3 kgCA与B之间的最大静摩擦力为fmax3 ND当A的加速度为a

14、2 m/s2时，外力F4 N解析当拉力小于3 N时，A、B一起做加速运动，有a1F，由图像可得，当拉力大于3 N时，A、B相对滑动，有Fmgma2，整理得a2Fg，由图像可得1 kg1，g2 ms2，联立解得m1 kg，M2 kg，0.2，A正确，B错误；AB之间的最大静摩擦力为fmmg2 N，C错误；当A的加速度为a2 m/s2时，外力为Fmgma4 N，D正确。答案AD规律方法叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)动力学中的极值问题例3如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动

15、到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式，可得：F由数学知识得cos sin sin(60)由

16、式可知对应F最小时的夹角30联立式，得F的最小值为Fmin N。答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N课时跟踪检测1工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是( )A当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大B汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为C汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大D当汽车向左做加速运动时，加速度达到g时，C将脱离A解析：选D当汽车向左做加速运动时，能提供向左的力只有B对C的弹力的分力，所以是

17、B对C的力增大，A对C的力减小，故A错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FACFBC，故有竖直方向2FACsin 60mg，解得FACmg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故B、C错误；当加速度为g时，竖直方向有FBCsin 60FACsin 60mg，水平方向有FBCcos 60FACcos 60ma，解得FAC0，故D正确。2(2022深圳调研)如图，在倾角为30的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即mB2mA。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用

18、外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于( )A.g B.g C.g D.g解析：选C对整体受力分析有mBgmAgsin 30(mBmA)a，解得ag，故C正确。3.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为( ) A0 BF3mgCF DF3mg解析：选A将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿第二定律得2F6mg6ma，单独对C研究，设卡扣

19、对C的作用力为N，则FN3mg3ma，联立解得N0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确。4.(2023广州高三模拟)公共汽车进站时，刹车过程的加速度时间图像如图所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在( )A0到6 s内的位移约等于30 mB0时刻的速度约为28 km/hC4 s时的加速度约为0.5 m/s2D4 s时受到外力的合力约为2 500 N解析：选B由a-t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量及题图可知，速度的变化量大小约为v21 m/s(1.52)2 m/s31.5 m/s7.75 m/s，所以0时

20、刻的速度v0v7.75 m/s28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故06 s内的位移满足xv0t23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共汽车受到外力的合力约为Fma5 000 N，故D错误。5.(多选)如图所示，倾角为的光滑斜面上静止放置两个用劲度系数为k的轻弹簧连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，C为固定挡板，系统保持静止。现在物块A上施加一个沿斜面向上的恒力F，当物块B即将离开C时，物块A的运动距离为d，则( )A弹簧的劲度系数kB弹簧的劲度系数kC物块B刚离开C时物块

21、A的加速度为D物块B刚离开C时物块A的加速度为解析：选AD当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，弹簧处于伸长状态，故mBgsin kx2，又开始时，A静止，则有mAgsin kx1，而dx1x2，解得k，故A正确，B错误；对A，根据牛顿第二定律得FmAgsin kx2mAa，mBgsin kx2，联立解得a，故C错误，D正确。6如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA1 kg、mB3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则( )AA、B分开之前，A所受的合外力逐渐减小Bt3 s时，

22、A、B脱离CA、B分开前，它们一起运动的位移为6 mDA、B分开后，A做减速运动，B做加速运动解析：选C由题图乙可得FA93t(N)，FB33t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FAFB12 N，两物体做匀加速运动的加速度a3 m/s2，则A、B分开之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故3 m/s2，解得FA3 N,3 N93t(N)，解得t2 s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移xat26 m，C正确；分开后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t3 s后A不受推力将做匀速直

23、线运动，B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。7.如图所示，沿水平面运动的小车里，用两根轻质细线A、B悬挂一个小球，小车光滑底板上有一个用轻质弹簧拴着的物块，已知两根悬线与竖直方向夹角均为30，弹簧处于拉伸状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A小车一定做水平向右的匀加速运动B两根细线的拉力都不可能为0C两根细线的拉力有可能相等D弹簧的弹力大小可能为mg解析：选D因弹簧处于拉伸状态，则弹簧对物体一定有向右的弹力，因此整体有向右的加速度，然而小车不一定向右加速，也可能向左减速，故A错误；小球有向右的加速度，则两根细线的合力不为0，当加速度大小为ag

24、tan 30g，其中左边绳子的拉力为0，故B错误；若两根细线的拉力相等，根据力的合成与分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度为0，不符合题意，故C错误；若小车的加速度为ag，那么依据牛顿第二定律，则弹簧的弹力大小为Fmamg，故D正确。8(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出( )A物体的初速度v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1

25、.44 mD当45时，物体达到最大位移后将停在斜面上解析：选BC由题图乙可知，当倾角为90时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v022gx，解得v06 m/s，故A错误；当倾角0时，位移为2.40 m，可得0.75，故B正确；当倾角为时，物体沿斜面上滑的距离为x，则根据动能定理有mgxsin mgxcos 0mv02，解得x m，当90时，sin()1，此时位移最小为xmin1.44 m，故C正确；当45时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 45mg；滑动摩擦力fmgcos 45mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最

26、大位移后会下滑，故D错误。9(2023衡水高三调研)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？解析：(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a 对整个列车，由牛顿

27、第二定律得：Fk7mg7ma 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得Tk2mg2ma联立，解得Tm 其中“”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得Fk7mg0设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：T1 k2mg0第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有：T2k2mg0, 联立，解得T1kmg，T2kmg因此作用力变化TT2T1kmg。答案：(1)m(2)kmg10如图所示，光滑水平面上有一质

28、量为M4 kg的斜面体，倾角30，斜面上放一质量 m8 kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。(1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小；(2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力情况如图所示，根据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ffmgsin ，代入数据得Ff40 N。(2)F最大时，小物体受到最大静摩擦力作用，将支持力和摩擦力分解，由牛顿第二定律有Ffcos FNsin ma，Ffsin FNcos mg，又FfFN，由以上各式联立得ag，解出a m/s2，对小物体和斜面体整体应用牛顿第二定律有F(Mm)a，解得F N。答案：(1)40 N(2) N