【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 学案

第17课时　牛顿运动定律的综合应用(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　动力学的连接体问题、多过程问题、临界极值问题是高考中常考的三大类问题，通过本课时的复习，可以掌握解决这些问题的方法。解题时，要侧重对过程的分析，弄清楚解答问题的关键。‎ ‎(一)　整体法与隔离法求解动力学连接体问题 连接体问题涉及多个物体的运动，各物体既相互独立，又通过内力相互联系。处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：‎ ‎(1)求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。‎ ‎(2)求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外力。‎ ‎[题型1：同一方向上的连接体问题]‎ 这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。‎ ‎[例1]　(多选)(2017·邯郸摸底)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　 )‎ A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小 B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变 C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大 D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 ‎[解析]　由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a＝，因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(‎3m＋Δm)a，系统加速度a都将减小，A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT，F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以FT增大，B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，C错误；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，FT减小，D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎[题型2：不同方向上的连接体问题]‎ 如图所示，细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，一般采用隔离法求解。‎ ‎[例2]　(2017·无锡测试)如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝M，求：‎ ‎(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；‎ ‎(2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力大小。‎ ‎[解析]　(1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F，‎ 对物体A，F－Mg＝Ma，‎ 对B、C整体，(M＋m)g－F＝(M＋m)a，‎ 联立解得：a＝g。‎ 将m＝M代入，得a＝。‎ 物体B从静止开始下落一段距离，h＝at2，‎ 自由落体下落同样的距离，h＝gt02，‎ 解得，＝ ＝3。‎ 即物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3。‎ ‎(2)设B对C的拉力为T，对物体C，由牛顿第二定律，‎ mg－T＝ma，‎ 解得T＝mg－ma＝mg。‎ 由牛顿第三定律，物体C对B的拉力为mg。‎ ‎[答案]　(1)3　(2)mg ‎[通法归纳]‎ ‎　　整体法与隔离法使用心得 ‎ ‎(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。‎ ‎(2)整体法计算简便，但对受分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。‎ ‎(3)只要按部就班受力分析、列方程，整体法能解决的问题，隔离法都能解决。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1>F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为(　　 )‎ A.　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选B　本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量，但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项。‎ ‎2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．10‎ C．15 D．18‎ 解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。‎ ‎3.如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是(　　 )‎ A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大 B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小 C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 解析：选D　对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析，加速前，小球处于静止状态，重力等于绳子的拉力，加速后，小球的加速度水平向右，即拉力和重力的合力水平向右，拉力增大，弹簧秤的示数增大，故D正确。‎ ‎(二)　动力学中的多过程问题 ‎[典例]　(2017·河南林州市专项练习)如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fFf1，所以整体加速度增大时，C、D间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取Ff2＝μmg③‎ 再对A、B两木块组成的整体受力分析，水平方向只受绳的拉力作用，有FT＝3ma④‎ 由②③④得FT＝μmg，C正确。‎ ‎4．(多选)(2017·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　 )‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 解析：选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。‎ ‎5．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　 )‎ A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 解析：选AB　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。‎ 二、计算题 ‎6.如图所示，在光滑水平面上，放置着A、B两个物体。A、B紧靠在一起，其质量分别为mA＝‎3 kg，mB＝‎6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N。问从t＝0开始，到A、B相互脱离为止，A、B的共同位移是多少。‎ 解析：FA、FB的大小虽随时间而变化，但F合＝FA＋FB＝18 N不变，故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动，A、B分离前，对整体有：FA＋FB＝(mA＋mB)a①‎ 设A、B间的弹力为FAB，对B有：FB＋FAB＝mBa②‎ 由于加速度a恒定，则随着t的增大，FB增大，弹力FAB逐渐减小，当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，即 FAB＝0③‎ 将FA＝(12－2t)N，FB＝(6＋2t)N代入①得：a＝‎2 m/s2。‎ 结合②③得： t＝3 s。‎ A、B相互脱离前共同位移为：x＝at2，‎ 代入数值得：x＝‎9 m。‎ 答案：‎‎9 m ‎7.(2017·宁德质检)如图所示，可看做质点的两物块A、B的质量分别为‎2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)B落地前的加速度a的大小；‎ ‎(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。‎ 解析：(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，‎ 根据牛顿第二定律得，T＝2ma，‎ mg－T＝ma 联立两式解得a＝g。‎ ‎(2)由(1)解得B落地前轻绳的张力T＝mg 则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到轻绳的压力大小，‎ F＝2Tcos 45°＝mg。‎ 答案：(1)g　(2)mg ‎8．为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为‎1.2 m，且恒定。轻质无弹性的拖绳长‎2.4 m，运动员质量为‎60 kg，车胎质量为‎10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为μ＝0.7，如图甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑‎100 m当做连续的过程，简化处理后的v t图像如图乙所示，g取‎10 m/s2，＝1.73，不计空气阻力影响，求：‎ ‎(1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完‎100 m所用时间；‎ ‎(2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小。(结果保留三位有效数字)‎ 解析：(1)由题图乙可知a＝＝ m/s2＝‎2 m/s2，‎ 而at12＋v(t－t1)＝x，‎ 解得t＝14.5 s。‎ ‎(2)由几何关系可知绳与地面的夹角为30°，以轮胎为研究对象，‎ 在竖直方向上有FN＝mg－Tsin 30°，Ff＝μFN，‎ 在水平方向上有Tcos 30°－Ff＝ma，‎ 联立解得加速阶段的拉力T＝74.1 N，‎ 以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人，‎ 则Ff人－Tcos 30°＝Ma，‎ 解得Ff人＝184 N。‎ 答案：(1)‎2 m/s2　14.5 s　(2)74.1 N　184 N ‎9．如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝‎0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现以恒定的加速度a＝‎2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A物体在纸带上的滑动时间；‎ ‎(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v t图像；‎ ‎(3)两物体A、B停在地面上的距离。‎ 解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1‎ 当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d 由以上两式可得t1＝1 s。‎ ‎(2)如图所示。‎ ‎(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1‎ 两物体在地面上运动时均有 μ2mg＝ma2‎ 物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋ 物体B滑离纸带时at22－a1t22＝2d 物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2‎ 物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移 x2＝＋ 两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1‎ 由以上各式可得x＝‎1.25 m。‎ 答案：(1)1 s　(2)见解析　(3)‎‎1.25 m