2020-2021学年 高一物理 应用牛顿运动定律解决“三类”问题 期末复习强化学案Word版含答案

应用牛顿运动定律解决“三类”问题
考点一　动力学中的图象问题
师生共研
1．常见的动力学图象
v?t图象、a?t图象、F?t图象、F?x(a?x)图象、F?a图象等．
2．解决问题策略
(1)动力学图象问题实质是求解力与运动的关系，解题关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数关系式，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进行准确判断．
题型1|动力学中的v?t图象
例1 [2019·全国卷Ⅲ，20](多选)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
题型2|动力学中的F?t图象
例2 [2020·浙江7月，19]如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F ? t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
图1　　　　　　　　　　　　　图2
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
题型3|动力学中的F?x图象
例3 [2018·全国卷Ⅰ，15]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(　　)
练1　[2021·河南洛阳模拟]如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则(　　)
A．F的最大值为12 N
B．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反
C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s
D．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动
练2　[2021·山东德州市质检](多选)如图甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上．t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v1沿斜面ab向上运动，到达顶点b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c.若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知v1、v2、t1、t2、g，则下列物理量可求的是(　　)
A．斜面ab的倾角θ
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ
C．物块的质量m
D．斜面bc的长度L
题后反思
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．
考点二　动力学中的连接体问题
多维探究
1．连接体的类型
(1)弹簧连接体
(2)物物叠放连接体
(3)轻绳或轻杆连接体
2．整体法、隔离法的选取原则
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”．
题型1|加速度相同的连接体
例4 [2020·江苏卷，5]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)
A．F　　　　B. 19F20　　　C. F19　　　　D. F20
题型2|加速度不同的连接体
例5 (多选)如图所示，某同学想利用图示(a)、(b)装置深度探究a与F的关系，装置的加速度用光电门传感器测出(图中未画出)，桌面水平且光滑，滑轮与轻绳之间的摩擦不计，重力加速度大小为g，下列结果正确的是(　　)
A．若图(a)中F是恒力，图(b)中mg＝F，根据F＝m0a应该有a1＝a2
B．若图(a)中F是变力，则描绘出的a?F图线应该是一条过原点的倾斜直线
C．若图(b)中仅m改变，则描绘出的a?mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
D．若通过减小m0而增大m的方式改变m，如图(c)，则描绘出的a?mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
练3　[2019·海南高考]如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接．两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　　)
A．F－2μmg B. 13F＋μmg C. 13F－μmg D. 13F
练4　[2020·陕西宝鸡中学一模]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1～3 s时间内两物体间的摩擦力为零
C．6 s时两物体的速度为零
D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同
练5　(多选)如图所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力F作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)．重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A．水平恒力大小为(M＋m)a
B．地面对斜面体的摩擦力为μ(M＋m)g
C．弹簧的形变量为macos θ＋mgsin θk
D．斜面对小球的支持力为mgcos θ＋masin θ
题后反思
解决连接体问题的关键
求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体所受的外部作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．
考点三　动力学中的临界和极值问题
多维探究
题型1|动力学中的临界问题
例6 如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(　　)
A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
题型2|动力学中的极值问题
例7 [2020·成都二模]一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4 kg的物块P.Q为一重物，已知Q的质量m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
(1)P、Q一起做匀加速运动的加速度大小；
(2)F的最大值与最小值．
练6　(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m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受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(　　)
A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N
C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N
练7　如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm′为(　　)
A．3.0 N　　　B．4.0 N　　　C．5.0 N　　　D．6.0 N
思维拓展
数形结合解决动力学问题
如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t＝0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角θ＝37°，物块的质量为2 kg，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块向左运动的v ? t图象如图乙所示，(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)，求：
(1)拉力F的大小．
(2)物块再回到t＝0时刻的位置时的速度v1的大小．
(3)若在t＝0.5 s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t＝0时刻的位置时速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，则拉力F′应变为多少？(结果保留两位小数)
[教你解决问题]
第一步：读题抓关键点―→获取信息
第二步：读图析图―→获取信息
练　如图甲所示，光滑斜面倾角为θ，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？
专题二　应用牛顿运动定律解决“三类”问题
考点突破
例1　解析：本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养．
分析知木板受到的摩擦力f′＝f. 0～2 s，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误；4 s～5 s，木板加速度大小a2＝0.4-0.21 m/s2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正确；2 s～4 s，对木板有F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1×0.4-02N＝0.4 N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误．
答案：AB
例2　解析：(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma
得a＝g－FTm＝0.125 m/s2
竖直向下
(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝v2t2＝4 m
h-h1-h2h＝14
总位移h＝40 m
答案：(1)0.125 m/s2，方向竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m
例3　
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(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma.
根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象．故选项A正确．
答案：A
练1　解析：由图象可知，物体在1～2 s内做匀加速直线运动，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，故F＝ma＋μmg>12 N，故A错误；由a?t图象的特点知加速度一直为正，故B错误；a?t图象与时间轴围成图形的面积为Δv，而初速度为零，故3 s末速度最大为8 m/s，故C正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故D错误．
答案：C
练2　解析：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2.由v?t图象的斜率等于加速度，得a1＝v1t1，a2＝v2t2-t1；物块上滑根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物块下滑根据牛顿第二定律有：mgsin(90°－θ)－μmgcos(90°－θ)＝ma2，联立以上四式，由数学知识可求得斜面的ab倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ.不能求出物块的质量m，故选项A、B正确，C错误；斜面bc的长度为L＝v2t2-t12，则可以求出L，选项D正确．
答案：ABD
例4　解析：设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝119F，C项正确，A、B、D项均错误．
答案：C
例5　解析：题干关键词：“桌面水平且光滑”，“滑轮与轻绳之间的摩擦不计”
A选项：图(a)装置，以物块和砝码为研究对象，有F＝m0a1，得a1＝Fm0
图(b)装置，以物块和砝码为研究对象，有T＝m0a2
以装置下端质量为m的物体为研究对象，有
mg－T＝ma2
所以a2＝mgm0+m
a1≠a2，所以A选项错误．
B选项：根据a1＝Fm0，m0是定值，知描绘出的a?F图线是一条过原点的倾斜直线，所以B选项正确．
C选项：根据a2＝mgm0+m，知随着m增加，1m0+m在减小，并非定值，所以描绘出的a?mg图线不是一条过原点的倾斜直线，所以C选项错误．
D选项：根据a2＝mgm0+m，分析选项操作表述，随着m增加， 1m0+m是定值，所以描绘出的a?mg图线是一条过原点的倾斜直线，所以D选项正确．
答案：BD
练3　解析：本题为连接体问题，通过对本题的分析解答，考查了学生的推理能力，同时也渗透了科学思维中的模型建构及科学推理要素．
对整体进行受力分析：F－μ·3mg＝3ma，
对P进行受力分析：T－μmg＝ma，
联立解得轻绳的张力大小为T＝F3，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
练4　解析：以A、B为整体，由牛顿第二定律知，加速度a＝FmA+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Ff＝m0a，方向始终与力F的方向相同，1～6 s内摩擦力不为0，选项B错误，D正确．
答案：D
练5　解析：以小球和斜面体组成的系统为研究对象，并进行受力分析，结合题意可知地面对斜面体的摩擦力为f＝μ(M＋m)g，对系统应用牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，选项A错误，B正确；沿斜面方向和垂直斜面方向上分解小球的加速度，应用牛顿第二定律有kx－mgsin θ＝macos θ，mgcos θ－N＝masin θ，解得弹簧的形变量为x＝macos θ＋mgsin θk，斜面对小球的支持力N＝mgcos θ－masin θ，选项C正确，D错误．
答案：BC
例6　解析：解法一：(临界法)A、B间静摩擦力达到最大值，是A、B发生相对运动的临界状态．此时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律F－Ff＝mAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律Ff＝mBaB，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，选项D正确．
解法二：(假设法)假设F＝12 N，以A为研究对象，根据牛顿第二定律F－Ff＝mAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律Ff＝mBaB，解得Ff＝3 N答案：D
例7　解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x0，在沿斜面方向上有(m1＋m2)gsin θ＝kx0，因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为零，设0.2 s时，弹簧的压缩量为x1，对P由牛顿第二定律知，沿斜面方向上有kx1－m1gsin θ＝m1a，前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝12at2，联立解得a＝3 m/s2.
(2)当P、Q开始运动时拉力最小，此时对P、Q整体有Fmin＋kx0－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得Fmin＝36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时对Q有Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝72 N.
答案：(1)3 m/s2　(2)72 N　36 N
练6　解析：若向左拉m1，对m2分析，则FTm＝m2a，得出最大加速度a＝3 m/s2；对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则FTm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2 m/s2；对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N，选项D错误，C正确．
答案：BC
练7　解析：根据图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffm时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffm＝mAa，代入数据解得Ffm＝2.0 N.
根据图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有：
Ffm＝mBa′，Fm′＝(mA＋mB)a′，
代入数据解得Fm′＝6.0 N．故选项D正确．
答案：D
思维拓展
典例　解析：(1)物块向左运动时，
由图象知，初速度v0＝6 m/s，
加速度大小a1＝ΔvΔt＝12 m/s2.
由牛顿第二定律Fcos θ＋μ(mg－Fsin θ)＝ma1
解得F＝28 N.
(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，由图象可知，回到t＝0时刻的位置的位移x＝12×6×0.5 m＝1.5 m.
由牛顿第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma2
求得a2＝10.4 m/s2.
由运动学公式v12＝2a2x.
得物块回到t＝0时刻位置的速度
v1＝25195 m/s.
(3)要使物块回到t＝0时刻位置的速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小
a3＝a1＝12 m/s2.
由牛顿第二定律F′cos θ－μ(mg－F′sin θ)＝ma3
求得F′＝30.91 N.
答案：(1)28 N　(2) 25195 m/s (3)30.91 N
练　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mgsin θ＝ma
解得sin θ＝0.6
当外力为20 N时，加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律得Fcos θ－mgsin θ＝ma′
解得m＝2 kg
(2)根据匀变速直线运动规律可得x＝vt3－12at32－vt2-12at22＝－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F＝mgsin θ＝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