資源簡介

專題三　應用牛頓運動定律解決三類常見問題
素養目標　1.知道牛頓運動定律在動力學圖像中的應用．(科學思維) 2.知道整體法、隔離法在連接體問題中的應用．(科學思維) 3.知道臨界法在臨界、極值問題中的應用．(科學思維)
考點　動力學圖像的應用
1．圖像類問題的實質是力與運動的關系問題，以牛頓第二定律為紐帶，理解圖像的類型，圖像的軸、點、線、截距、斜率、面積所表示的意義．運用圖像解決問題一般包含兩個角度：
(1)用給定的圖像解答問題．
(2)據題意作圖，用圖像解答問題．
在實際的應用中要建立物理情景與函數圖像的相互轉換關系．
2．常見的圖像
v t圖像 根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據牛頓第二定律求解合外力
F a圖像 首先要根據具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律推導出兩個量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
F t圖像 要結合物體受到的力，根據牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質
a t圖像 要注意加速度的正、負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體受力情況根據牛頓第二定律列方程
典例1　(2021·全國乙卷)(多選)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小．木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則(　　)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
1．[根據物理情境選擇圖像]在地面將一小球豎直向上拋出，經時間t0到達最高點，然后又落回原處，若空氣阻力大小恒定，則如圖所示的圖像能正確反映小球的速度v、加速度a、位移x、速率u隨時間t變化關系的是(豎直向上為正方向)(　　)
2. [根據圖像分析物體的運動情況]公共汽車進站時，剎車過程的加速度—時間圖像如圖所示，若它在6 s時恰好停在站臺處，已知汽車質量約為5 000 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，則汽車在(　　)
A．0到6 s內的位移約等于30 m
B．0時刻的速度約為28 km/h
C．4 s時的加速度約為0.5 m/s2
D．4 s時受到外力的合力約為2 500 N
考點　連接體問題的分析方法
1．常見連接體模型
類型 圖例
接觸連接 　　
輕繩連接 　　
輕桿連接
輕彈簧連接
2.整體法與隔離法的選取原則
(1)整體法的選取原則：若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．
(2)隔離法的選取原則：若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解．
(3)整體法、隔離法的交替運用：若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，后隔離求內力”的步驟．
典例2　(2024·安徽阜陽一中等聯考)如甲、乙兩圖所示，水平光滑的桌面足夠長，不計滑輪的摩擦力，質量分別為m、M的兩個木塊用輕質細線連接．甲圖中，對右側木塊施加的拉力水平向右、大小為F，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中，若F＝Mg，則整體的加速度為
B．甲圖中，若m M，則細線的拉力為0
C．乙圖中，細線的拉力為
D．乙圖中，若m M，則整體的加速度大小約為g
1．[水平方向上的連接體模型](多選)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動，A、B的質量關系為mB>mA，它們與地面間的動摩擦因數相同．為使彈簧穩定時的伸長量減小，下列操作可行的是(　　)
A．僅減小水平恒力F的大小
B．僅減小A的質量
C．僅將A、B的位置互換
D．僅減小水平面的粗糙程度
2．[豎直方向的連接體模型]如圖所示，輕質定滑輪與固定在天花板上的拉力傳感器相連，跨過定滑輪的輕繩兩端分別與質量不等的A、B兩物體相連．用擋板托住物體B使A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10 N；撤去擋板，物體A上升、B下降，此時拉力傳感器的示數為15 N．重力加速度取g＝10 m/s2，則物體B的質量為(　　)
A．0.75 kg B．1 kg
C．1.25 kg D．1.5 kg
考點　動力學臨界、極值問題
1．分析臨界問題的三種方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
2.“四種”典型臨界條件
(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力N＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是T＝0.
(4)速度達到最值的臨界條件：加速度變化時，速度達到最值的臨界條件是加速度變為0.
典例3　(2024·湖北部分重點中學聯考)如圖所示，質量為m＝1.5 kg的托盤放在豎直放置的輕質彈簧上方，質量為M＝10.5 kg的物塊放在托盤里處于靜止狀態，已知彈簧勁度系數k＝800 N/m.現對物塊施加一向上的力F作用，使它向上做勻加速直線運動，已知F的最大值為168 N(取g＝10 m/s2)，求：
(1)F的最小值是多大？
(2)從開始運動，物塊和托盤經多長時間分離？
1．[臨界問題的分析與計算]A、B兩物體質量均為m＝1 kg，靜止疊放在光滑的水平地面上，A、B間的動摩擦因數為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.現對B施加一水平拉力F，下列說法正確的是(　　)
A．只有當F>2 N，B才會運動
B．當F＝3 N時，B的加速度大小為1 m/s2
C．當F>4 N時，A相對B滑動
D．當F＝5 N時，A的加速度大小為2.5 m/s2
2．[極值問題的分析與計算]如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙所示，若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度為g.
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
答案及解析
考點　動力學圖像的應用
典例1　(2021·全國乙卷)(多選)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小．木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則(　　)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
解析：由題圖(c)可知，t1時刻物塊與木板剛要一起滑動，此時物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板為研究對象，根據牛頓第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B、C正確；由圖(c)可知，在0～t2這段時間物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確．故選BCD．
/高/分/技/法
解決圖像綜合問題的三點提醒
1．分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點．
2．注意圖線中特殊點的物理意義：圖線與橫縱坐標的交點、圖線的轉折點、兩圖線的交點等．
3．明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中提取出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．
1．[根據物理情境選擇圖像]在地面將一小球豎直向上拋出，經時間t0到達最高點，然后又落回原處，若空氣阻力大小恒定，則如圖所示的圖像能正確反映小球的速度v、加速度a、位移x、速率u隨時間t變化關系的是(豎直向上為正方向)(　　)
解析：由牛頓第二定律得，上升過程有mg＋f＝ma1，下降過程有mg－f＝ma2，上升和下降過程加速度大小不同，則兩過程v t圖像的斜率不同，A錯誤；上升過程加速度大小a1大于下降過程加速度大小a2，且方向均豎直向下，故兩過程加速度均為負值，B錯誤；上、下過程分別為加速度不同的勻變速運動，x t圖像不是直線，C錯誤；上升過程加速度大小a1大于下降過程加速度大小a2，則在速率u隨時間t變化的圖像中，0～t0時間內圖線斜率的絕對值更大，且小球落回原處時的速率小于拋出時的速率，下降過程時間大于上升過程時間，D正確．
答案：D
2. [根據圖像分析物體的運動情況]公共汽車進站時，剎車過程的加速度—時間圖像如圖所示，若它在6 s時恰好停在站臺處，已知汽車質量約為5 000 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，則汽車在(　　)
A．0到6 s內的位移約等于30 m
B．0時刻的速度約為28 km/h
C．4 s時的加速度約為0.5 m/s2
D．4 s時受到外力的合力約為2 500 N
解析：由a t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示速度的變化量，及題圖可知，速度的變化量大小約為Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0時刻的速度約為v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因為公共汽車做加速度逐漸減小的減速運動，故0～6 s內的位移滿足x答案：B
考點　連接體問題的分析方法
典例2　(2024·安徽阜陽一中等聯考)如甲、乙兩圖所示，水平光滑的桌面足夠長，不計滑輪的摩擦力，質量分別為m、M的兩個木塊用輕質細線連接．甲圖中，對右側木塊施加的拉力水平向右、大小為F，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中，若F＝Mg，則整體的加速度為
B．甲圖中，若m M，則細線的拉力為0
C．乙圖中，細線的拉力為
D．乙圖中，若m M，則整體的加速度大小約為g
解析：甲圖，若F＝Mg，對整體根據牛頓第二定律有F＝Mg＝(m＋M)a，解得a＝，A錯誤；隔離質量為m的木塊，根據牛頓第二定律有T＝ma＝＝，若m M，則細線的拉力T≈F，B錯誤；乙圖，對整體根據牛頓第二定律有Mg＝(m＋M)a，解得a＝＝，若m M，則整體的加速度大小約為g，D正確；隔離質量為m的木塊，根據牛頓第二定律可得細線的拉力大小為T＝ma＝，C錯誤．故選D．
1．[水平方向上的連接體模型](多選)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動，A、B的質量關系為mB>mA，它們與地面間的動摩擦因數相同．為使彈簧穩定時的伸長量減小，下列操作可行的是(　　)
A．僅減小水平恒力F的大小
B．僅減小A的質量
C．僅將A、B的位置互換
D．僅減小水平面的粗糙程度
解析：設彈簧的彈力大小為T，對A、B整體受力分析，由牛頓第二定律得F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，對B受力分析有T－μmBg＝mBa，聯立解得T＝，則可知T與動摩擦因數μ無關，因此僅減小水平面的粗糙程度，不影響彈簧彈力的大小，彈簧穩定時的伸長量不變，D錯誤；僅減小水平恒力F的大小，T減小，彈簧穩定時的伸長量減小，A正確；僅減小A的質量，T增大，彈簧穩定時的伸長量增加，B錯誤；僅A、B位置互換，同理可得彈力T′＝，因為mA答案：AC
2．[豎直方向的連接體模型]如圖所示，輕質定滑輪與固定在天花板上的拉力傳感器相連，跨過定滑輪的輕繩兩端分別與質量不等的A、B兩物體相連．用擋板托住物體B使A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10 N；撤去擋板，物體A上升、B下降，此時拉力傳感器的示數為15 N．重力加速度取g＝10 m/s2，則物體B的質量為(　　)
A．0.75 kg B．1 kg
C．1.25 kg D．1.5 kg
解析：用擋板托住物體B使A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10 N，分析滑輪受力，由平衡條件得，繩子上的拉力為5 N．對A分析，由平衡條件得，A的重力為mAg＝5 N，質量為mA＝0.5 kg.撤去擋板后，分析滑輪受力，由平衡條件得，繩子上的拉力為T＝ N＝7.5 N，分析物體A受力，由牛頓第二定律得，A的加速度為a＝＝5 m/s2；對物體B，加速度大小與A加速度大小相同，為5 m/s2，方向向下，由牛頓第二定律得，mBg－T＝mBa，解得B的質量為mB＝1.5 kg，D正確．
答案：D
考點　動力學臨界、極值問題
典例3　(2024·湖北部分重點中學聯考)如圖所示，質量為m＝1.5 kg的托盤放在豎直放置的輕質彈簧上方，質量為M＝10.5 kg的物塊放在托盤里處于靜止狀態，已知彈簧勁度系數k＝800 N/m.現對物塊施加一向上的力F作用，使它向上做勻加速直線運動，已知F的最大值為168 N(取g＝10 m/s2)，求：
(1)F的最小值是多大？
(2)從開始運動，物塊和托盤經多長時間分離？
解析：(1)施加力F前，根據平衡條件有彈簧的彈力T＝(M＋m)g，
物塊和托盤分離后，力F最大，根據牛頓第二定律有Fmax－Mg＝Ma，解得a＝6 m/s2，
剛施加力F的瞬間，力F最小，對整體根據牛頓第二定律有Fmin＋T－(M＋m)g＝(M＋m)a，解得Fmin＝72 N.
(2)開始時彈簧的壓縮量為x1＝＝0.15 m，
分離時，設彈簧的壓縮量為x2，分析托盤，則
有kx2－mg＝ma，解得x2＝0.03 m，
則分離時物塊和托盤的位移為Δx＝x1－x2＝0.12 m，
設經時間t物塊和托盤分離，由位移公式有Δx＝at2，
解得t＝0.2 s.
答案：(1)72 N　(2)0.2 s
1．[臨界問題的分析與計算]A、B兩物體質量均為m＝1 kg，靜止疊放在光滑的水平地面上，A、B間的動摩擦因數為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.現對B施加一水平拉力F，下列說法正確的是(　　)
A．只有當F>2 N，B才會運動
B．當F＝3 N時，B的加速度大小為1 m/s2
C．當F>4 N時，A相對B滑動
D．當F＝5 N時，A的加速度大小為2.5 m/s2
解析：水平拉力F較小時，A、B兩物體一起向右加速，因為水平地面光滑，所以只要F>0，B就會運動，A錯誤；A、B兩物體剛好相對滑動時F＝2ma，μmg＝ma，解得F＝4 N，當F＝3 N時，A、B兩物體一起向右加速，B的加速度大小為a＝，解得a＝1.5 m/s2，當F>4 N時，A相對B滑動，B錯誤，C正確；當F＝5 N時，A相對B滑動，A的加速度大小為μmg＝ma′，解得a′＝2 m/s2，D錯誤．
答案：C
2．[極值問題的分析與計算]如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．如圖乙所示，若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度為g.
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值．
解析：(1)當θ＝30°時，小物塊處于平衡狀態，對小物塊受力分析并根據平衡條件有
mgsin θ＝μmgcos θ
解得：μ＝tan θ＝.
(2)當θ角變化時，設沿斜面向上為正方向，小物塊的加速度為a，則
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
小物塊的位移x滿足：0－v＝2ax
則：x＝
＝
當θ＋＝，即θ＝時，x有最小值
將μ＝代入得，x的最小值為xmin＝.
答案：(1)　(2)θ＝60°　(共30張PPT)
專題三　應用牛頓運動定律解決三類常見問題
第三章　牛頓運動定律
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