1、专题强化三 牛顿运动定律的综合应用(一),第三章 牛顿运动定律,专题解读,1.本专题是动力学方法处理连接体问题、图象问题和临界极值问题，高考时选择题为必考，计算题也曾命题. 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.,内容索引,命题点一 动力学中的连接体问题,命题点二 动力学中的图象问题,命题点三 动力学中的临界极值问题,课时作业,盘查拓展点,1,命题点一 动力学中的连接体问题,1.连接体问题的类型 物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体. 2.整
2、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，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).,3.隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各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. 4.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，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”.,(多选)(2016天津理综8)我国高铁技术处于世界领先水平.如图所示，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车
3、厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组 A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12,答案,解析,【例1】,分析,题眼,如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一
4、不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则 A.此过程中物体C受重力等五个力作用 B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为,【例2】,答案,解析,分析,题眼,题眼,连接体问题的情景拓展1.2.,3.,1.(多选)(2015新课标全国20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 的加速度向西
5、行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为 A.8 B.10 C.15 D.18,答案,解析,设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则Fnma 设PQ东边有k节车厢，则Fkm 联立得3n2k，由此式可知n只能取偶数， 当n2时，k3，总节数为N5 当n4时，k6，总节数为N10 当n6时，k9，总节数为N15 当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确.,2.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为.则m1的
6、加速度大小为,答案,解析,把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos (m1m2)a，所以a ，选项A正确.,3.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是 A.小车静止时，Fmgsin ，方向沿杆向上 B.小车静止时，Fmgcos ，方向垂直于杆向上,答案,解析,2,命题点二 动力学中的图象问题,1.常见的动力学图象 vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等. 2.图象问题的类型 (1)已知物体受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
7、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象.,3.解题策略 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，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)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.,解析,分析,如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上. 小滑块在斜面底端以初速度v09.6
8、m/s沿斜面上滑.斜 面倾角37，滑块与斜面间的动摩擦因数0.45. 整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m 1 kg，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.试求： (1)小滑块回到出发点时的速度大小. (2)定量画出斜面体与水平地面之间 的摩擦力大小Ff随时间t变化的图象.,【例3】,答案,4.8 m/s,答案,如图所示,题眼,题眼,Ff,(1)滑块沿斜面上滑过程，mgsin mgcos ma1， 解得a19.6 m/s2 设滑块上滑位移大小为L，则由v022a1L，解得L4.8 m 滑块沿斜面下滑过程，mgsin mgcos ma2， 解得a22.4 m/s2
9、 由v22a2L， 解得v4.8 m/s,(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1 1 s 对斜面受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N 滑块沿斜面下滑过程用时t2 2 s 对斜面受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 N Ff随时间变化规律如图所示.,4.在图甲所示的水平面上，用水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化.设F的方向为正方向，则物块的速度时间图象可能正确的是,答案,解析,若水平面光滑，则加速度a ，即aF，满足a1a2a3F1F2F3132，可见A、B、C、D四个选项均不符合.同理，分析B、C、D项均不可能.,5.如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一
10、质量为M的木板.开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F(假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接). 此后滑块和木板在水平面上运动的vt 图象如图乙所示，g10 m/s2，求： (1)水平作用力F的大小；,答案,解析,滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡， 如图所示：Fmgtan 代入数据可得：F,(2)滑块开始下滑时的高度；,答案,解析,2.5 m,由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s 当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得： mgsin Fcos ma 解得：a10 m/s2下滑的位
11、移：x解得：x5 m 故滑块开始下滑时的高度：hxsin 302.5 m,(3)木板的质量.,答案,解析,1.5 kg,二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时， 木板的加速度a21 m/s2，滑块减速的加速度大小为：a34 m/s2可得：10.1 在02 s内分别对m和M做受力分析可得：代入数据解方程可得：M1.5 kg.,3,命题点三 动力学中的临界极值问题,1.“四种”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
12、. (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)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时.,2.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法； (2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法.,如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质 量为M，倾角为，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，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
13、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.,【例4】,解析,分析,答案,答案,题眼,题眼,(1)设一起加速的最大加速度为a， FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由题意知FfmFN 对整体受力分析F(Mm)a,(2)如图所示，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，则对M：FMaM,6.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确的是 A.B和A刚分
14、离时，弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动,答案,解析,A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB0，对B：Fmgma， 对A：kxmgma. 即Fkx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态， 由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0， 又2mgkx0，hx0x， 解以上各式得k ，综上所述，只有C项正确.,7.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
15、s的时间物块由A点运动到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.,答案,解析,3 m/s2 8 m/s,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Lv0t at2 vv0at 联立式，代入数据得 a3 m/s2 v8 m/s ,(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？,答案,解析,Fcos mgsin Ffma Fsin FNmgcos 0 又FfFN 夹角30,盘查拓展点,4,一、利用表达式判断图象形状 当根据物理情景分析物体的
16、xt图象、vt图象、at图象、Ft图象、Et图象等问题，或根据已知图象确定相应的另一图象时，有时需借助相应的函数表达式准确判断，其思路如下： (1)审题，了解运动情景或已知图象信息. (2)受力分析，运动分析(若是“多过程”现象，则分析清楚各“子过程”的特点及“衔接点”的数值).,应用图象分析动力学问题的深化拓展,(3)根据物理规律确定函数关系式(常用规律：牛顿第二定律、运动学规律、功能关系等). (4)根据函数特点判断相应图象是否正确(要弄清所导出的待求量表达式的意义，如变化趋势、截距、斜率等的物理含义).,如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假
17、定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt (k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2. 下列反映a1和a2变化的图象中正确的是,【典例1】,答案,解析,二、用图象进行定性分析 当物体的运动过程不是典型的匀速直线运动或匀变速直线运动，用公式求解问题比较困难或不可能时，一般可以用(速度)图象进行定性分析.典例2就是利用速率图象比较时间的长短，把速度图象中“面积”表示位移迁移到本题中，可得出速率图象中“面积”表示路程.,(多选)如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说
18、法正确的有 A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达B处,【典例2】,答案,解析,对小孩受力分析，如图(a)所示，由牛顿第二定律得agsin ，由于甲所在轨道倾角逐渐减小，乙所在轨道倾角逐渐增大，当倾角相同时a甲a乙，之后，a甲a乙，A错误.由此可得甲、乙两小孩的速率图象如图(b)，由图可知C错误，D正确.,课时作业,5,1.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为 .最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A
19、的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为 A.11 B.23 C.13 D.32,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，则对物体B根据牛顿第二定律：mg 2mgma1，解得a1 g；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，则对物体A：mgma2，解得a2g，则a1a213，故选C.,1,2,3,4,5,6,7,8,2.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为 .最大
20、静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则 A.当F3mg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过 g,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,1,2,3,4,5,6,7,8,3.如图所示，质量为M的吊篮P通过细绳悬挂在天花板上，物块A、B、C质量均为m，B、C叠放在一起，物块B固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k(弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是 A.静止时，弹簧的形变量为 B.剪断细绳瞬间，C物块处于超重状态 C.剪断细绳瞬间，A物块与吊篮P分离 D.剪断细绳瞬间，吊篮P的加速度大小为,答案,解
21、析,1,2,3,4,5,6,7,8,静止时，弹簧受到的压力F大小等于B、C的重力2mg，则由胡克定律Fkx，求出弹簧的形变量x为 ，A错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C物块所受合力为0，加速度为0，C处于静止状态，B错误； 剪断细绳瞬间，将吊篮和A物块当作一个整体，受到重力为(Mm)g，以及弹簧的弹力2mg，则吊篮P和物块A的加速度a ，D正确；剪断细绳瞬间，A物块和吊篮P的加速度相同，均为 ，则A物块与吊篮P不会分离，C错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,4.如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为和，且.一初速度为v0的小物
22、块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好 为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑. 在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速 度大小v与时间t的关系的图象是,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2.根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，得a1gsin gcos ，a2gsin gcos ，则知a1a2，而vt图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x at2知，上滑过程时间较短；上滑过程中，物块做匀减速
23、运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图线都是直线；由于物块克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物块到达c点的速度小于v0.故只有选项C正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,5.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则 A.传送带一定逆时针转动 B.tan C.传送带的速度大于v0 D.t0后木块的加速度为2gsin ,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin mgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin
24、 mgcos )，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确.当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误. 等速后的加速度a2gsin gcos ，代入值得a22gsin ，选项D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,6.一物体在水平推力F15 N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示，g取10 m/s2，求： (1)04 s和46 s物体的加速度大小；,答案,解析,2.5 m/s2 5 m/s2,1,2,3,4,5,6,7,8,(2)物体与水平面间的动摩
25、擦因数和物体的质量m；,答案,解析,0.5 2 kg,根据牛顿第二定律得：mgma2根据牛顿第二定律得：Fmgma1,1,2,3,4,5,6,7,8,(3)在06 s内物体运动平均速度的大小.,答案,解析,5 m/s,1,2,3,4,5,6,7,8,7.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),答案,解析,g 见解析图甲,1,2,3,4
26、,5,6,7,8,轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示. 因为ABBCb，AC b，故轻绳BC与AB垂直，45. 由牛顿第二定律，得 mgtan ma. 可得ag.,1,2,3,4,5,6,7,8,(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,3g 见解析图乙,解析,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FTmmgtan mam. 因FTm2mg，所以最大加速度为am3g.,1,2,3,4,5,6,7,8,8.(2015新课标
27、全国25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示.t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板与地面间的动摩擦因数1及 小物块与木板间的动摩擦因数2；,答案,0.1 0.4,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4
28、m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s 加速度大小a2 m/s24 m/s2.2mgma2，解得20.4其逆运动则为匀加速直线运动，可得xvt a1t2解得a11 m/s2,得：1(m15m)g(m15m)a1，即1ga1 解得10.1,1,2,3,4,5,6,7,8,(2)木板的最小长度；,答案,6 m,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,碰撞后，木板向左做匀减速运动，1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对小物块，加速度大小为a24 m/s2 由于a2a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t11 s,1,2,3,4,5,6,7,8,此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2 解得t20.5 s此时二者的相对位移最大，xx1x2x3x46 m，此后小物块和木板一起匀减速运动. 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m.,1,2,3,4,5,6,7,8,答案,解析,6.5 m,最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x5 2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m,(3)木板右端离墙壁的最终距离.,1,2,3,4,5,6,7,8,
