2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：专题二 应用牛顿运动定律解决“三类”问题 WORD版含答案.docx

1、专题二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vt图象、at图象、Ft图象、Fx(ax)图象、Fa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vt图象例1 2019全国卷，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t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去

2、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 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 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Ft图象例2 2020浙江7月，19如图1所示，有一质量m200 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，t34 s末速度减为0时恰好到达指定位置若不计绳索的质量

3、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Fx图象例3 2018全国卷，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12021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03 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()AF的最大值为12 NB01

4、 s和23 s内物体加速度的方向相反C3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD在01 s内物体做匀加速运动，23 s内物体做匀减速运动练22021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t0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B物块与斜面间的动摩擦因数C物块的质量mD斜面bc的长度L题后反思解决图象综合问题的关键(

5、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

6、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()AFB. 19F20C. F19D. 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mgF，根据Fm0a应该有a1a2B若图(a)中F是变力

7、，则描绘出的aF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amg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amg图线应该是一条过原点的倾斜直线练32019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，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()AF2mg B. 13Fmg C. 13Fmg D. 13F练42020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，Ft

8、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13 s时间内两物体间的摩擦力为零C6 s时两物体的速度为零DB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，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

9、大小为(Mm)aB地面对斜面体的摩擦力为(Mm)gC弹簧的形变量为macos mgsin kD斜面对小球的支持力为mgcos masin 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mA6 kg、mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开始时F10 N，此后逐渐增加，在增大到45

10、 N的过程中，则()A当拉力F12 N，故A错误；由at图象的特点知加速度一直为正，故B错误；at图象与时间轴围成图形的面积为v，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vt图象的斜率等于加速度，得a1v1t1，a2v2t2-t1；物块上滑根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，物块下滑根据牛顿第二定律有：mgsin(90)mgcos(90)ma2，联立以上四式，由数学知识可求得斜面的ab倾角、物块与斜面间的动摩擦因数.不能求出物块的质量m，故选项A、B正确，C错

11、误；斜面bc的长度为Lv2t2-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F38f38ma，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F2f2ma，联立解得F119F，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Fm0a1，得a1Fm0图(b)装置，以物块和砝码为研究对象，

12、有Tm0a2以装置下端质量为m的物体为研究对象，有mgTma2所以a2mgm0+ma1a2，所以A选项错误B选项：根据a1Fm0，m0是定值，知描绘出的aF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a2mgm0+m，知随着m增加，1m0+m在减小，并非定值，所以描绘出的amg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a2mgm0+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amg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

13、对整体进行受力分析：F3mg3ma，对P进行受力分析：Tmgma，联立解得轻绳的张力大小为TF3，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aFmA+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Ffm0a，方向始终与力F的方向相同，16 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(Mm)g，对系统应用牛顿第二定律有F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)a(Mm)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，

14、应用牛顿第二定律有kxmgsin macos ，mgcos Nmasin ，解得弹簧的形变量为xmacos mgsin k，斜面对小球的支持力Nmgcos masin ，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FFfmAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律FfmBaB，当Ff为最大静摩擦力时，解得a6 m/s2，F48 N，由此可以看出当F48 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F12 N，以A为研究对象

15、，根据牛顿第二定律FFfmAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律FfmBaB，解得Ff3 NFfmax12 N，所以此时物体没有发生相对运动同理，可判断得到F10 N、F45 N时，两物体都没有发生相对运动，所以选项D正确答案：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(m1m2)gsin 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kx1m1gsin m1a，前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0x112at2，联立解得a3

16、 m/s2.(2)当P、Q开始运动时拉力最小，此时对P、Q整体有Fminkx0(m1m2)gsin (m1m2)a，解得Fmin36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时对Q有Fmaxm2(agsin )72 N.答案：(1)3 m/s2(2)72 N36 N练6解析：若向左拉m1，对m2分析，则FTmm2a，得出最大加速度a3 m/s2；对两物块系统：F1(m1m2)a(23)3 N15 N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则FTmm1a，得出最大加速度a2 m/s2；对两物块系统：F2(m1m2)a(23)2 N10 N，选项D错误，C正确答案：BC练7解析：根据图甲所示，设A、

17、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(mAmB)a，对A有FfmmAa，代入数据解得Ffm2.0 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：FfmmBa，Fm(mAmB)a，代入数据解得Fm6.0 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v06 m/s，加速度大小a1vt12 m/s2.由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma1解得F28 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t0时刻的位置的位移x1260.5 m1.5 m.由牛顿第

18、二定律Fcos (mgFsin )ma2求得a210.4 m/s2.由运动学公式v122a2x.得物块回到t0时刻位置的速度v125195 m/s.(3)要使物块回到t0时刻位置的速度大小和t0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a3a112 m/s2.由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma3求得F30.91 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 ma解得sin 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 mgsin ma解得m2 kg(2)根据匀变速直线运动规律可得xvt312at32vt2-12at223 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Fmgsin 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