专题(18)应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题(解析版)

2021年高考物理一轮复习考点全攻关

专题（18）应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题（解析版）

命题热点一：动力学图象问题 1．常见图象

v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等．

2．题型分类

(1)已知物体受到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、情景结合起来，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． 【例1】(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/s 2

.由题给数据可以得出( )

A ．木板的质量为1 kg

B ．2～4 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 【答案】AB

解析 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2

m/s 2＝0.2 m/s 2，对木

板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.2

5－4

m/s 2

＝0.2 m/s 2

，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．

【变式1】已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F 阻＝kr 2v 2

，其中k 为比例系数，r 为雨滴半径，v 为其运动速率．t ＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a 表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v 0.下列图象中不正确的是( )

【答案】D

解析 由mg －F 阻＝ma 得，雨滴先加速下落，随着v 增大，阻力F 阻增大，a 减小，a ＝0时，v ＝v 0不再变化，故A 、B 正确；又mg ＝kr 2

v 02

，v 02

＝mg kr 2，又m ＝43πρr 3，得v 02

＝

4πρg 3k

r ，故v 20与r 成正比关系，故C 正确，D 错误．

命题热点二：动力学中的连接体问题 1．连接体的类型 (1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2．连接体的运动特点

轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿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．

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；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．

3．处理连接体问题的方法

【例2】如图所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则物体1对物体2的作用力大小为( )

A ．F 1

B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.1

2(F 1－F 2)

【答案】C

解析 设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 2

2m

，以物体2为研究对象，有a ＝

F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 2

2

，故

C 选项正确． 【变式2】如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k 的轻质弹簧的两端．今在质量为2m 的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F 的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )

A.

F 5k B.2F 5k C.3F 5k D.F

k

【答案】C

解析 对整体分析，整体的加速度a ＝F

5m ，对质量为3m 的小球分析，根据牛顿第二定律有：F 弹＝kx ＝3ma ，

可得x ＝3F

5k

，故A 、B 、D 错误，C 正确．

【变式3】(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m 正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为

θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )

A ．斜面光滑

B ．斜面粗糙

C ．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左

D ．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 【答案】AC

解析 隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为g sin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，所以A 正确，B 错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C 正确，D 错误． 命题热点三：临界和极值问题 1．临界或极值条件的标志

(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．

(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．

(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．

2．常见临界问题的条件

(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F N ＝0. (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．

(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂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F T ＝0.

(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零． 3．解题基本思路

(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；

(2)寻找过程中变化的物理量；

(3)探索物理量的变化规律；

(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．

4．解题技巧方法

【例3】如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为( )

A．3g B．2.5g C．2g D．1.5g

【答案】C

解析弹簧原长时小球A速度恰好最大，则此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，对小球A，由牛顿第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a ＝－2g，则加速度大小为2g，方向向下，故C正确．

【变式4】如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为( )

A.

1

μ1μ2

B.

1－μ1μ2

μ1μ2

C.1＋μ1μ2

μ1μ2

D.

2＋μ1μ2

μ1μ2

【答案】B

解析对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(m A＋m B)g，对滑块B在竖直方向上有μ1F＝m B g，联立解得：

m A m B ＝

1－μ1μ2

μ1μ2

，选项B正确.

命题热点三：动力学方法分析多运动过程问题 1．基本思路

(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． (3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程．

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论． 2．解题关键

(1)注意应用v －t 图象和情景示意图帮助分析运动过程． (2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析．

【例4】某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s 以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．求：

(1)18 s 末汽车的速度是多少？ (2)前25 s 内的汽车的位移是多少？ 【答案】(1)26 m/s (2)608 m

解析 (1)0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－F f ＝ma 1 6 s 末车速为：v 1＝a 1t 1

在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝ma 2 第18 s 末车速为：v 2＝v 1＋a 2t 2

由题图知18 s 后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：

F f ＝F ＝1 500 N ，

解得：v 1＝30 m/s ，v 2＝26 m/s ；

(2)汽车在0～6 s 内的位移为：x 1＝v 1

2t 1＝90 m ，

汽车在6～18 s 内的位移为：x 2＝

v 1＋v 2

2

t 2＝336 m ，

汽车在18～25 s 内的位移为：x 3＝v 2t 3＝182m 故汽车在前25 s 内的位移为：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝608 m.

【变式5】哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰

好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg 的物体受到的竖直向上拉力为11 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2

)，求： (1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；

(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；

(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？ 【答案】(1)1 m/s 2

15 s (2)525 m (3)70 s

解析 (1)设电梯加速阶段的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：

F T －mg ＝ma

解得a ＝1 m/s 2

由v ＝v 0＋at 解得t ＝15 s.

(2)匀加速阶段位移x 1＝12at 2＝12×1×152

m ＝112.5 m

匀速阶段位移x 2＝v (50 s －2t )＝15×(50－2×15) m ＝300 m

匀减速阶段位移x 3＝v 2

2a

＝112.5 m

因此观景台的高度 x ＝x 1＋x 2＋x 3＝525 m. (3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0. 自由落体加速度大小a 1＝g

启动辅助牵引装置后加速度大小a 2＝

F －mg m ＝3mg －mg

m

＝2g ，方向向上 则v m 22a 1＋v m 2

2a 2

＝x 解得：v m ＝1070 m/s 则t m ＝v m g

＝70 s

即电梯自由下落最长70 s 时间必须启动辅助牵引装置. 课时精练： 一、双基巩固练

1.(多选)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2 s 内以4 m/s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2

，则( )

图1

A ．物块与地面的动摩擦因数为0.2

B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N

C ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 N

D ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2

【答案】BC

解析 在0～2 s 内物块做匀速直线运动，则摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F f mg ＝3

10

＝0.3，选项A 错误；2 s 后物

块做匀减速直线运动，加速度a ＝

F 合m ＝6－5－31 m/s 2＝－2 m/s 2

，则经过t ＝0－v a

＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，选项D 错误．

2.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s,5～10 s,10～15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3，则( )

图2

A ．F 1

B ．F 2>F 3

C ．F 1>F 3

D ．F 1＝F 3

【答案】A

3.如图3所示，质量为M 的滑块A 放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O 、半径为R 的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F 作用在滑块A 上时，一质量为m 的小球B (可视为质点)在圆弧面上与A 保持相对静止，此时小球B 距轨道末端Q 的竖直高度为H ＝R

3

，重力加速度为g ，则F 的大小为( )

图3

A.

53Mg B.52Mg C.5

3

(M ＋m )g D.

5

2

(M ＋m )g 【答案】D

解析 连接OB ，设OB 连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：

cos θ＝

R －H R ＝2

3

sin θ＝1－cos 2

θ＝53

则tan θ＝

5

2

此时小球受到的合外力F 合＝mg tan θ＝52

mg 由牛顿第二定律可得：a ＝

F 合m ＝52

g 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ＝5

2

(M ＋m )g ， 故D 正确，A 、B 、C 错误．

4.如图所示，水平地面上放置一个质量为1 kg 的物块A ，在A 的上面放置另一个质量也为1 kg 的物块B ，已知A 与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 、B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.现在给物块A 施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10 N 的力F ，则物块B 所受的摩擦力(重力加速度g 取10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )

A ．大小为0.5 N ，方向水平向右

B ．大小为2 N ，方向水平向右

C ．大小为0.5 N ，方向水平向左

D ．大小为2 N ，方向水平向左 【答案】A

解析 假设A 、B 一起运动，以A 、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ－μ1(m A g ＋m B g －F sin θ)＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝0.5 m/s 2

；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f AB ＝m B a ＝0.5 N<μ2m B g ＝2 N ，假设成立，所以物块B 所受的摩擦力为静摩擦力，大小为F f AB ＝0.5 N ，方向水平向右，故A 正确，B 、C 、D 错误． 二、综合提升练

5．(多选)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F ，每节车厢质量都为m ，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k 倍，重力加速度为g .则( ) A ．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B ．整个列车的加速度大小为

F －2kmg

2m

C ．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F

2

D ．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F ＋kmg

2

【答案】BC

解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A 错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F －8kmg ＝8ma ，解得a ＝

F －2kmg

2m

，选项B 正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F 21－kmg ＝ma ，解得F 21＝F

2，选项C 正确；对第1、2节车厢的整

体，根据牛顿第二定律：F 32＋F －2kmg ＝2ma ，解得F 32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D 错误． 6.如图所示，一个质量为m ＝2 kg 的小物块静置于足够长的斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力，3 s 后将F 撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g ＝10 m/s 2

.求：

(1)物块所受摩擦力的大小；

(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离； (3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示) 答案 见解析

解析 (1)由运动学公式得：v 1＝a 1t 1 解得a 1＝5 m/s 2

由牛顿第二定律：F －F f －mg sin θ＝ma 1 解得F f ＝5 N

(2)撤去拉力后物块继续上滑：F f ＋mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝7.5 m/s 2

撤去拉力前上滑距离x 1＝v 12

2a 1＝22.5 m

撤去拉力后上滑距离x 2＝v 12

2a 2

＝15 m

物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m (3)撤去拉力后物块上滑时间：t 2＝v 1a 2

＝2 s 下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3 解得a 3＝2.5 m/s 2

由x ＝12

a 3t 32

，可得t 3＝

2x

a 3

＝30 s

物块在斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s