2023版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题二应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题学生用书.docx

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1、专题二应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题关键能力分层突破考点一动力学图象问题1常见的动力学图象v t图象、a t图象、F t图象、F x图象、F a图象等2“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题例1. 2022广东佛山模拟货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患下面进行安全模拟测试实验，如图甲所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的货车向前以v4 m/s的速度匀速行驶，质量mA10 kg的货物A(可看成质点)和质量mB20 kg的货物B(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t0时刻将货物A、B轻放到货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，

2、货物A、B在01 s时间内的速度时间图象如图乙所示，取重力加速度g10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字求：(1)货物A、B间的动摩擦因数1；(2)货物B与车厢表面间的动摩擦因数2；(3)货物B的长度L.思维方法解决图象综合问题的关键1分清图象的类别：即分清横、纵坐标轴所代表的物理量，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明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、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象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跟进训练1.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态现用一

3、竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()2如图甲所示，光滑斜面倾角为，用一水平外力F推着物体，逐渐增大F，物体沿斜面做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.(1)求物体的质量m；(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上的12 m/s，求撤去推力后第3 s内物体的位移；(3)要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何？考点二动力学中的连接体问题连接体模型是力学中常见的模型之一，通常是两个或两个以上的物体相牵连、并排或叠放，

4、处理相对静止类连接体问题的关键点是“一规律、一特点、两方法”：(1)一个核心规律牛顿第二定律；(2)一个重要特点相互作用的物体对彼此的作用力大小相等；(3)两种重要方法隔离法、整体法注意：当求系统所受外力或系统加速度时往往用整体法，而求解内力时通常用隔离法，必要时需整体法、隔离法交替应用若连接体内各物体的加速度不相同，则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例2.2022江西六校联考 (多选)如图所示，倾角为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，细线的方向与竖直方向的夹角也为，斜面体始终保持静止则

5、下列说法正确的是()A滑块与斜面间的摩擦力为零B滑块与斜面间的摩擦力不为零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跟进训练3.如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是()A两物体在4 s时改变运动方向B在13 s时间内两物体间的摩擦力为零C6 s时两物体的速度为零DB物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同4如图所示，水平面上O点及左侧光滑，右侧粗糙且足够长，有6个质量均为m的完全相同的小滑块(均可视为

6、质点)用轻杆相连，相邻小滑块间的距离均为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3、依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，第6个滑块刚好到达O点时，系统静止，已知重力加速度为g，滑块与O点右侧水平面间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是()A.水平恒力大小为2mgB滑块1进入而滑块2未进入水平面粗糙部分时，系统的加速度为12gC滑块3通过O点后到滑块4通过O点前，滑块3、4间轻杆上的作用力为0D滑块5通过O点后到滑块6通过O点前，滑块5、6间轻杆上的作用力大小为23mg考点三动力学中的临界和极值问题1临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表

7、明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度2处理临界问题的三种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，特别是有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

8、数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 例3.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为0.3.用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()Aa12 m/s2，a23 m/s2Ba13 m/s2，a26 m/s2Ca15 m/s2，a23 m/s2Da13 m/s2，a22 m/s2跟进训练5.(多选)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接已知m13 kg，m22 kg，连接它们的细线最大

9、能承受6 N的拉力现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则()AF1的最大值为10 NBF1的最大值为15 NCF2的最大值为10 NDF2的最大值为15 N6如图所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间，下列说法错误的是 ()A物块B的加速度大小为12gB物块A、B间的弹力大小为13mgC弹簧的弹力大小为12mgD物块A的加速度大小为13g专题二应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题关键能力分层突破

10、例1解析：(1)对货物A进行分析，由图乙知刚放上车厢时，A的加速度aA4 m/s2由牛顿第二定律有1mAgmAaA解得10.40.(2)对货物B进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度aB8 m/s2由牛顿第二定律有2(mAmB)g1mAgmBaB，解得20.67.(3)解法一：由图乙知，货物B经时间t10.5 s与车共速，货物A经时间t21 s与车共速，则在01 s时间内，货物B的位移为xB12aBt12v(t2t1)货物A的位移为xA12aAt22分析可知，货物B的长度LxBxA联立解得L1.0 m.解法二：从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地位移设为xB

11、，货物A对地位移设为xA，则货物B的长度LxBxA由图乙知，货物A、B对地位移之差在数值上等于各自的vt图线与坐标轴围成的面积之差，即L12(10.5)4 m1.0 m.答案：(1)0.40(2)0.67(3)1.0 m1.解析：设物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(lx0x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma.根据数学知识知Fx图象是截距为ma的一次函数图象故选项A正确答案：A2解析：(1)当外力为零时，加速度为6 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin ma解得sin 0.6当外力为20 N时，加速度为2 m/s2

12、，根据牛顿第二定律得F cos mg sin ma解得m2 kg(2)根据匀变速直线运动规律可得xvt312at32vt212at22 3 m所以位移大小为3 m，方向沿斜面向下(3)要使物体能静止在斜面上，根据平衡条件知，当推力垂直于支持力，即沿斜面向上时，推力最小，为Fmg sin 12 N答案：(1)2 kg(2)3 m，方向沿斜面向下(3)12 N，沿斜面向上例2解析：设小球的质量为m0，滑块(含支架)的质量为m，对小球进行受力分析，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律有m0g sin m0a，解得ag sin ，对滑块(含支架)和小球整体进行受力分析，由牛顿第二定律(mm0)g sin f

13、(mm0)a，联立解得f0，选项A正确，B错误；斜面体给滑块只有垂直斜面向上的支持力，故斜面体只受到滑块垂直斜面向下的压力作用，此压力在水平方向上的分力向右，故斜面体具有向右的运动趋势，所以静止的斜面体受到水平向左的静摩擦力作用，选项C正确，D错误答案：AC3解析：以A、B为整体，由牛顿第二定律知，加速度aFmA+mB，方向一直向右，整体一直做加速运动，选项A、C错误；对B分析，摩擦力Ffm0a，方向始终与力F的方向相同，16 s内摩擦力不为0，选项B错误，D正确答案：D4解析：从滑块1开始运动到滑块6运动到O点的过程，有F5LmgLmg2Lmg3Lmg4Lmg5L0，解得F3mg，选项A错误

14、；滑块1进入而滑块2未进入水平面粗糙部分时，对系统整体有Fmg6ma，解得a13g，选项B错误；滑块3通过O点后到滑块4通过O点前，系统受到的总摩擦力为3mg，拉力和摩擦力平衡，因此系统匀速运动，研究滑块4、5、6整体可知，轻杆对滑块4的作用力为0，选项C正确；滑块5通过O点后到滑块6通过O点前，对系统整体受力分析有FT5mg6ma1，对滑块6有Tma1，解得T13mg，即轻杆对滑块6有向左的作用力，大小为13mg，选项D错误答案：C例3解析：物块在水平方向上所受合力最大值是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知物块的最大加速度为amaxmgmg3 m/s2；当物块的加速度a1amax3 m/s2

15、时，物块与小车的加速度相同，即a2a1amax3 m/s2；当物块的加速度a1amax3 m/s2时，小车的加速度a2a1amax3 m/s2，B正确，A、C、D错误答案：B5解析：若向左拉m1，对m2分析，则FTmm2a，得出最大加速度a3 m/s2；对两物块系统：F1(m1m2)a(23)3 N15 N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则FTmm1a，得出最大加速度a2 m/s2；对两物块系统：F2(m1m2)a(23)2 N10 N，选项D错误，C正确答案：BC6解析：剪断细线前，对A分析，弹簧的弹力F弹mg sin 3012mg，则剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B整体分析，加速度大小a3mgsin30F弹3m3mg2mg23m13g，故A错误，C、D正确隔离B，对B受力分析，根据牛顿第二定律得2mg sin 30FN2ma，解得FN13mg，故B正确答案：A