2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運動定律專題強化四牛頓第二定律的綜合應(yīng)用學(xué)案

專題強化四牛頓第二定律的綜合應(yīng)用素養(yǎng)目標(biāo)1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題．2．理解幾種常見的臨界極值條件．3．會用極限法、假設(shè)法、數(shù)學(xué)方法解決臨界極值問題．4．掌握運動學(xué)圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義．考點一動力學(xué)中的連接體問題1．連接體多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細(xì)桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統(tǒng)，系統(tǒng)穩(wěn)定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．2．處理連接體問題的方法(1)整體法的選取原則及解題步驟①當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法．②運用整體法解題的基本步驟：(2)隔離法的選取原則及解題步驟①當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法．②運用隔離法解題的基本步驟：第一步：明確研究對象或過程、狀態(tài)．第二步：將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來．第三步：畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖．第四步：選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解．考向1加速度相同的連接體問題例1如圖所示，水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大B．若木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為m1Fm1C．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關(guān)D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)例2(多選)如圖，P、Q兩物體疊放在水平面上，已知兩物體質(zhì)量均為m＝2kg，P與Q間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，Q與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2.當(dāng)水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，下列說法正確的是()A．Q對P的摩擦力方向水平向右B．水平面對Q的摩擦力大小為2NC．P與Q之間的摩擦力大小為4ND．P與Q發(fā)生相對滑動考向2加速度不同的連接體問題(1)常見情形速度、加速度大小相等，方向不同(2)常用方法：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程．例3如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上．將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄阎狿、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度取g＝10m/s2，則推力F的大小為()A．4.0NB．3.0NC．2.5ND．1.5N考點二動力學(xué)中的臨界和極值問題1．常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.脫離瞬間兩物體的加速度仍相等(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值．(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.2．求解臨界極值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(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)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(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件考向1相對滑動的臨界問題例4(多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ4，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度aA．a(chǎn)＝0B．a(chǎn)＝μg4C．a(chǎn)＝μg3D．a(chǎn)[教你解決問題][解題心得]考向2恰好脫離的動力學(xué)臨界問題例5(多選)如圖所示，傾角為α的光滑斜面體固定在水平面上，質(zhì)量不計的輕彈簧一端固定在斜面體底端的擋板上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊乙相連接，另一質(zhì)量為2m的滑塊甲與滑塊乙并排放在斜面體上(兩滑塊不粘連)．開始時彈簧的壓縮量為x0，某時刻在滑塊甲上施加一沿斜面體向上的外力F，使滑塊甲沿斜面體向上做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間兩滑塊分離，此時外力F＝3mgsinα，重力加速度為g.則以下說法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為k＝3mgB．兩滑塊分離時，彈簧的彈力恰好為零C．兩滑塊分離時，彈簧的壓縮量為xD．從施力到分離的時間為x[解題心得]考向3動力學(xué)中的極值問題例6[2024·九省聯(lián)考黑龍江、吉林卷]如圖，質(zhì)量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質(zhì)彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上．給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g.擋板對乙的彈力最大值為()A．2mgsinθB．3mgsinθC．4mgsinθD．5mgsinθ[解題心得]考點三動力學(xué)圖像問題常見圖像v-t圖像、F-t圖像、a-F圖像、a-t圖像、a-x圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況．(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況．(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像．解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動力學(xué)圖像．(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷．破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)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)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等．(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點．考向1動力學(xué)v-t圖像例7[2024·江蘇鹽城聯(lián)考]一彈性小球從離地板不太高的地方自由釋放，與地板碰撞時沒有機(jī)械能損失．設(shè)小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，則小球從釋放到第一次上升到最高點的過程中，小球運動的速度－時間圖像可能正確的是()[解題心得]考向2動力學(xué)F-t、F-a圖像例8(多選)[2023·全國甲卷]用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙．甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示．由圖可知()A．m甲<m乙B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙D．μ甲>μ乙[解題心得]例9[2024·重慶市高三聯(lián)考]甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上，與地面摩擦因數(shù)相同．t＝0時刻起，在物體上均施加周期性變化的水平外力F，變化規(guī)律如圖所示．甲、乙在運動中具有如下特點：甲物體在2s末、4s末速度相同且不為0；乙物體在第3s內(nèi)做勻速運動；則甲與乙質(zhì)量之比為()A．3∶2B．3∶4C．2∶3D．無法確定考向3動力學(xué)a-t、a-x圖像例10(多選)如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊A的質(zhì)量為mA＝1.2kg.開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙．彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運動過程中，以下分析正確的是()A．力F大小為1.2NB．t＝1s時A的速度大小為0.8m/sC．物塊B的質(zhì)量為0.6kgD．從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為0.144J例11如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，小球下落的最低位置為C點．以B點為坐標(biāo)原點O，沿豎直向下建立x軸，小球從B到C過程中的加速度—位移圖像如圖乙所示，重力加速度為g.在小球從B運動到C的過程中，下列說法正確的是()A．小球在B點時的速度最大B．小球在C點時所受的彈力大于2mgC．圖像與x軸所包圍的兩部分面積大小相等D．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大思維提升1.動力學(xué)圖像問題處理方法看清坐標(biāo)軸所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關(guān)系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進(jìn)而弄懂物理過程，寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷．2．v-t圖像的斜率表示加速度；a-t圖像面積表示速度變化；F-t圖像的面積表示沖量，F(xiàn)-x圖像面積表示功．專題強化四牛頓第二定律的綜合應(yīng)用考點一例1解析：若設(shè)木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊組成的整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝F?μm1+m2gm1+m2，以木塊1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，解得a＝FT?μm1答案：C例2解析：當(dāng)水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，假設(shè)P與Q相對靜止一起向右做勻加速直線運動，以P與Q為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，說明假設(shè)成立，C正確，D錯誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對P的摩擦力方向水平向右，A正確；水平面對Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B錯誤．答案：AC例3解析：未加推力F時，繩中張力T＝mQg＝2N，加上推力F后，繩中張力為T′＝1N，對Q應(yīng)用牛頓第二定律有mQg－T′＝mQa，此時對物塊P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N，A項正確．答案：A考點二例4解析：水平面對木板的最大摩擦力為fm＝μ4·2mg＝12μmg，若拉力滿足F≤fm＝12μmg，則物塊和木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板的加速度為a＝0，故A正確；若物塊相對木板運動，以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg－μ4·2mg＝ma，解得木板的加速度為a＝12μg，此時12μg答案：ABC例5解析：開始滑塊甲、滑塊乙靜止在斜面體上，以兩滑塊整體為研究對象，由力的平衡條件得3mgsinα＝kx0，解得k＝3mgsinαx0，A正確；兩滑塊分離瞬間，對滑塊甲有F－2mgsinα＝2ma，解得a＝gsinα2；對滑塊乙有kx－mgsinα＝ma，解得x＝x02≠0，B錯誤，C正確；由位移公式有x0－x答案：AC例6解析：物塊甲運動至最高點時，擋板對乙的彈力最小值為0，對乙有F彈1＝mgsinθ，對甲有F彈1＋mgsinθ＝ma，物塊甲運動至最低點時，根據(jù)對稱性有F彈2－mgsinθ＝ma，對乙受力分析，擋板對乙的彈力最大值為FN＝F彈2＋mgsinθ＝4mgsinθ.答案：C考點三例7解析：小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，即f＝kv，根據(jù)牛頓第二定律，下降過程mg－kv＝ma1，可知，小球加速下降過程中，加速度從g開始逐漸減?。∏蚺龊笊仙^程中mg＋kv＝ma2，可知，小球減速上升過程中加速度從大于g的值逐漸減小到g.速度—時間圖像的斜率表示加速度，則加速下降階段，斜率逐漸減小，減速上升階段，斜率逐漸減小，到最高點時的圖像斜率等于剛釋放時的斜率．故選B.答案：B例8解析：根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μmg則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC.答案：BC例9解析：甲在2s末和4s末速度相同，則2s到4s間必經(jīng)過先減速再加速的過程，因減速和加速時間相同，所以兩階段加速度大小相同，故f＝6N，乙因為在第三秒內(nèi)做勻速運動，所以所受合力為零，所以乙受到摩擦力為4N，又因摩擦因數(shù)相同，因為f＝μmg，所以有m甲m乙＝f甲f答案：A例10解析：t＝0時刻，A僅受F作用，根據(jù)牛頓第二定律可知力F的大小為F＝mAaA0＝1.2N，故A正確；a-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量，所以t＝1s時A的速度大小為vA1>12×(1＋0.6)×1m/s＝0.8m/s，故B錯誤；設(shè)t＝1s時彈簧的彈力大小為T，對A、B根據(jù)牛頓第二定律分別有F－T＝mAa1；T＝mBa1，解得mB＝0.8kg，故C錯誤；根據(jù)動量定理可得t＝1s時A、B組成的系統(tǒng)的動量為p＝Ft＝1.2kg·m/s，撤去拉力后，系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B達(dá)到共同速度v時彈簧伸長量最大，根據(jù)動量守恒定律有p＝(mA＋mB)v，解得v＝0.6m/s，根據(jù)動能定理可知從