第四章 牛顿运动定律的综合应用 复习学案 Word版含答案

牛顿运动定律的综合应用

知识梳理
1.整体法
当连接体内(即系统内)各物体的　　　　　　相同时,可以把系统内的所有物体看成　　　　　　　　,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对　　　　列方程求解的方法。?
2.隔离法
当求系统内物体间　　　　　　　　　　　时,常把某个物体从系统中　　　　出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对　　　　出来的物体列方程求解的方法。?
3.外力和内力
如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的　　　　,而系统内各物体间的相互作用力为　　　　。应用牛顿第二定律列方程时不考虑　　　　;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的　　　　。?
考点自诊
1.

如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为M,木块质量为m。它们共同的加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.木块受到的摩擦力一定是μmg
B.木块受到的合力为F
C.长木板受到的摩擦力为μmg
D.长木板受到的合力为MFm+M

2.(新教材人教版必修第一册P105习题改编)在探索测定轨道中人造天体的质量的过程中做了这样的一个实验:用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄火)。接触后,开动宇宙飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速,如图所示。推进器的平均推力为F,推进器开动时间为t。测出飞船和火箭组的速度变化是Δv,则火箭组的质量m2为(　　)
A.FtΔv B.FtΔv+m1
C.FtΔv-m1 D.以上说法都不对
3.如图所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m。现施水平力F拉B(如图甲),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动。若改用水平力F'拉A(如图乙),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F'不得超过(　　)


　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2F B.F2 C.3F D.F3
4.(多选)(2019全国卷Ⅲ)如图(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(　　)


A.木板的质量为1 kg
B.2 s~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

关键能力学案突破　
考点一　连接体问题(师生共研)
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由轻绳、轻杆、轻弹簧连接)在一起构成的物体系统称为连接体。常见连接体的运动特点如下表所示。

轻绳
轻绳在伸直状态下,轻绳两端的连接体沿轻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,且线速度沿杆的分速度大小相等
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,在弹簧形变量最大(弹簧最长或最短)时,两端连接体的速率往往相等(加速度大小不一定相等);而在弹簧形变稳定(弹簧长度不变)后,两端连接体的速度和加速度才相等(曲线运动除外)

2.整体法和隔离法的选取原则
(1)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时,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)。
(2)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。
(3)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”。
【典例1】(多选)(2020陕西商洛质检)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法中正确的是(　　)

A.若m>M,有x1=x2
B.若m C.若μ>sin θ,有x1>x2
D.若μ 解题指导
审题

关键词句
分析解读
在粗糙的水平面上……动摩擦因数均为μ
有摩擦力
水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时
一起运动,加速度相同,符合连接体特点
弹簧的伸长量为x1
弹簧弹力确定,但不是已知量
用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动
一起运动,加速度相同,符合连接体特点
弹簧的伸长量为x2
弹簧弹力确定,但不是已知量


破题分别研究两种情况下的连接体情况,先整体后隔离,应用牛顿第二定律列方程求解分析。


　　1.运用整体法解题的基本步骤:
明确所研究系统和运动的全过程→画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图→选用适当的物理规律列方程求解
2.运用隔离法解题的基本步骤:
①明确研究对象或过程、状态。
②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。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。


对点演练
1.中国高速铁路系统简称“中国高铁”,是中国呈现给世界的一张靓丽的名片。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12节(包括机车)对第13节的作用力大小和方向为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.12F向后 B.12F向前
C.14F向后 D.14F向前
2.

(2020江苏南通模拟)如图所示,质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置质量为m1的物块A,用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接,释放C,A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,则细线中的拉力大小为(　　)
A.Mg B.M(g+a)
C.(m1+m2)a D.m1a+μm1g
考点二　动力学中的临界极值问题(师生共研)
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
将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件

3.动力学中极值问题的临界条件和处理方法
(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FN=0。
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,则发生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,绳子松弛的临界条件是FT=0。
④加速度变化时,速度达到最值的临界条件: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。

【典例2】(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为2m的小物块A相连,质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上,如图所示,此时弹簧的压缩量为x0。从t=0时开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后,物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知,则下列说法正确的是(　　)
A.根据已知条件,可求出从开始到物块A、B分离所用的时间
B.根据已知条件,可求出物块A、B分离时的速度大小
C.物块A、B分离时,弹簧的弹力恰好为零
D.物块A、B分离后,物块A开始减速
思维点拨A、B分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零。把握分离时的特点,结合匀加速直线运动的位移特点和初始状态的受力特点即可求解本题。
对点演练

3.如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角θ=37°的光滑斜面上,此时,细绳平行于斜面。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳拉力为20 N
B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳拉力为30 N
C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳拉力为40 N
D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳拉力为60 N
4.

如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 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t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=33,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?









考点三　传送带问题(师生共研)
1.水平传送带
(1)模型情境

项目
图　示
滑块可能的运动情况
情境1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情境2

(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v0 情境3

(1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v,当v0
(2)水平传送带问题分析
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2.倾斜传送带模型
(1)模型情境

项目
图　示
滑块可能的运动情况
情境1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情境2

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后再以a2加速
情境3

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后再以a2加速
(6)可能一直减速
情境4

(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
(4)可能先减速,再反向加速,最后匀速
(5)可能一直减速

(2)倾斜传送带问题分析
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
3.传送带问题的解题思路

【典例3】如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=4 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。

(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间;
(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
解题指导
审题

关键词句
分析解读
有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=4m/s
传送带向上运动速度已知
现将一质量m=1kg的物块轻放在其底端
初速度为零
与此同时,给物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8N
放物块的同时,施加恒力
物块运动到了离地面高为h=2.4m的平台上
传送带长度可计算得出
若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F
力F撤去后,物块运动情况发生突变


破题1.对物块受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度,注意共速前后滑动摩擦力方向发生突变。
2.对物块两个加速过程进行运动分析,注意运动参量之间的联系。
3.明确力F撤去后,由于物块的受力情况发生变化,因此物块运动情况发生突变。











　　传送带问题的破解之道
1.抓好一个力的分析——摩擦力
对于传送带问题,分析物体受到的摩擦力以及摩擦力的方向,是解题的关键。分析摩擦力时,先要明确“相对运动”,而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间,是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带,或者倾斜传送带,还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
2.注意三个状态的分析——初态、共速、末态



对点演练
5.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法正确的是(　　)

A.若传送带不动,vB=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,vB一定大于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,vB可能等于3 m/s
6.(2020陕西榆林三模)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,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μ,小木块的速度随时间变化关系如图乙所示,v0、t0已知,则(　　)

A.无法判定传送带转动方向
B.μ=tan θ+v0gt0cosθ
C.t0后木块的加速度为2gsin θ-v0t0
D.传送带的速度大于v0







专题3　牛顿运动定律的综合应用
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.加速度　一个整体　整体
2.相互作用的内力　隔离　隔离
3.外力　内力　内力　外力
考点自诊
1.D　整体的加速度a=FM+m,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合力为F合=MFM+m,且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力,故选项A、C错误,D正确;木块所受的合力F合'=ma=mFM+m,故选项B错误。
2.C　根据a=ΔvΔt得,m1、m2的共同加速度为a=Δvt,选取m1、m2整体为研究对象,则F=(m1+m2)a,所以m2=FtΔv-m1,选项C正确。
3.B　力F拉物体B时,A、B恰好不滑动,故A、B间的静摩擦力达到最大值,对物体A受力分析,受重力mg、支持力FN1、向右的静摩擦力Ffm,根据牛顿第二定律,有Ffm=ma①
对A、B整体受力分析,受重力3mg、支持力和拉力F,根据牛顿第二定律,有F=3ma②
由①②解得Ffm=13F,当F'作用在物体A上时,A、B恰好不滑动时,A、B间的静摩擦力达到最大值,对物体A,有
F'-Ffm=ma1③
对整体,有F'=3ma1④
由上述各式联立解得F'=12F,即F'的最大值是12F。
4.AB　对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力f等于木板与物块间的摩擦力。由题图(b)可知,滑动摩擦力Ff=0.2N,设木板质量为m木,对木板:4~5s的加速度a2=ΔvΔt=-0.21m/s2=-0.2m/s2,-Ff=m木a2,可求得m木=1kg,A正确。对木板:2~4s内,F-Ff=m木a1,a1=0.2m/s2,求得F=0.4N,B正确。对木块:0~2s,拉力f与静摩擦力Ff静平衡,f=Ff静=kt,对木板,0~2s内F=Ff静=kt,C错误。物块质量未知,无法求正压力,无法求动摩擦因数μ,D错误。
关键能力·学案突破
典例1AB　A、B在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有
F-μ(m+M)g=(m+M)a1①
隔离物块A,根据牛顿第二定律,有
FT-μmg=ma1②
联立①②解得FT=mm+MF③
在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有
F-(m+M)gsinθ=(m+M)a2④
隔离物块A,根据牛顿第二定律,有
FT'-mgsinθ=ma2⑤
联立④⑤解得FT'=mM+mF⑥
比较③⑥可知,弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故A、B正确,C、D错误。
对点演练
1.A　前端和尾端各有一节机车,每节机车提供大小为F的动力,故以16节车厢为研究对象,动力为2F,设每节车厢摩擦和空气阻力为f,每节车厢的质量为m,向前的方向为正方向,由牛顿第二定律得2F-16f=16ma,设第12节(包括机车)对第13节的作用力F1,以最后四节车厢为研究对象,由牛顿第二定律得F+F1-4f=4ma,解得F1=-F2,方向向后,故选A。
2.C　以C为研究对象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B错误;以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知,T=(m1+m2)a,故C正确;A、B间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对B有f=m2a,对A有T-f'=m1a,f=f',联立解得T=(m1+m2)a,故D错误。
典例2AB　分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零。设分离时的加速度为a,弹簧的压缩量为x,对B有:F-mgsinθ=ma,对A有kx-2mgsinθ=2ma,A、B分离前一起做匀加速直线运动,则x0-x=12at2,在初始状态时对整体受力分析有kx0=3mgsinθ,联立以上方程,可求得从开始到物块A、B分离所用的时间,A正确,C错误;物块A、B分离时的速度v=at,B正确;物块A、B分离后,物块A先做加速度减小的加速运动,D错误。
对点演练
3.A　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零,斜面对小球的弹力恰好为零时,设细绳的拉力为F,斜面的加速度为a0,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有Fcosθ=ma0,Fsinθ-mg=0,代入数据解得a0=13.3m/s2,由于a1=5m/s2a0,可知小球离开了斜面,此时小球的受力情况如图乙所示,设细绳与水平方向的夹角为α,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有:F2cosα=ma2,F2sinα-mg=0,代入数据解得F2=205N,选项C、D错误。

4.答案(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　1335 N
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
L=v0t+12at2①
v=v0+at②
联立①②式,代入数据得
a=3m/s2③
v=8m/s。④

(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α,受力分析如图所示,
由牛顿第二定律得
Fcosα-mgsinθ-Ff=ma⑤
Fsinα+FN-mgcosθ=0⑥
又Ff=μFN⑦
联立⑤⑥⑦式,可得:
F=mg(sinθ+μcosθ)+macosα+μsinα⑧
由数学知识得
cosα+33sinα=233sin(60°+α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角
α=30°⑩
联立③⑧⑩式,代入数据得F的最小值为Fmin=1335N。
典例3答案(1)43 s　(2)6-233 s　433 m/s
解析(1)对物块受力分析可知,物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F+μmgcosθ-mgsinθ=ma1
代入数据解得a1=6m/s2
物块加速过程所用的时间t1=va1=23s
运动的距离x1=v22a1=43m
物块与传送带共速后,对物块进行受力分析可知,物块受到的摩擦力的方向改变,因为F=8N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N,所以物块不能相对传送带向上加速运动,物块将随传送带匀速上升
传送带长度为x=hsinθ=4m
物块随传送带做匀速运动的时间t2=x-x1v=23s
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t=t1+t2=43s。
(2)若共速后撤去恒力F,因为mgsinθ>μmgcosθ,对物块进行受力分析可知,物块将减速向上运动
有mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得a2=2m/s2
经判断,物块在速度减到零之前,已经从传送带上端离开,设物块还需时间t'离开传送带,离开时的速度大小为v',则由运动学公式有v2-v'2=2a2(x-x1)
代入数据解得v'=433m/s
故t'=v-v'a2=6-233s。
对点演练
5.ABD　若传送带不动,则物体做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1m/s2,根据vA2-vB2=2ax,解得vB=3m/s,故A正确;若传送带逆时针转动,物体滑上传送带做匀减速直线运动,到达B点的速度大小一定等于3m/s,故B正确;若传送带顺时针匀速运动,且传送带的速度小于3m/s,则物体滑上传送带仍然做匀减速直线运动,到达B点的速度有可能等于3m/s,故C错误,D正确。故选ABD。
6.C　若传送带顺时针转动,当滑块下滑(mgsinθ>μmgcosθ),将一直匀加速到底端;当滑块上滑(mgsinθ<μmgcosθ),先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种均不符合运动图像;故传送带是逆时针转动,故A错误;滑块在0~t0内,滑动摩擦力向下做匀加速下滑,由牛顿第二定律有a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ,由图像可知a1=v0t0,则μ=v0gt0cosθ-tanθ,故B错误;共速后由牛顿第二定律得a2=mgsinθ-μgcosθm=gsinθ-μgcosθ,代入μ得a2=2gsinθ-v0t0,故C正确;当滑块的速度等于传送带的速度时,滑块所受的摩擦力变成沿传送带向上,故传送带的速度等于v0,故D错误。