【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用学案
第12课时 牛顿运动定律的综合应用(2)
考点1 多过程问题
1．多过程问题就是物体的运动过程由许多“子过程”组成，各“子过程”有关键物理量前后相联系，往往叫做过程“衔接量”。
2．对各个“子过程”进行受力分析和运动分析，一般采用画出过程示意图，关键找出过程“衔接量”进行分析研究。
3．各“子过程”分析列关系式时，一般前后过程中都有“衔接量”。
4．联方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
[例1] (2017·福建厦门双十中学质检)如图，将质量m＝2 kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A、B、C，sAB＝8 m，sBC＝0.6 m，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动。已知t＝4 s时环到达B点，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求F的大小；
(2)若到达B点时撤去力F，求此环到达C点所用的时间。
解析 (1)根据题意知，环做匀加速直线运动，则有
sAB＝a1t2，解得a1＝1 m/s2，
对环进行受力分析，若Fsin37°
mgcos37°，则杆对环的弹力垂直于杆向下，如图乙所示：
则有N＋mgcos37°＝Fsin37°
Fcos37°－μN－mgsin37°＝ma1
以上两式联立代入数据解得：F＝12 N(不符合Fsin37°>mgcos37°，舍去)。故F＝20 N。
(2)环到B的速度为
vB＝a1t＝4 m/s。
撤去力F后向上运动过程对环进行受力分析如图丙所示，有
根据牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2
解得a2＝10 m/s2。
设撤去力F后环的速度减为0所需时间为t0，环从B点到速度减为0运动的距离为s，则
vB＝a2t0，解得t0＝0.4 s。
2a2s＝v，解得s＝0.8 m。
若环向上经过C点，则根据匀变速直线运动规律得
sBC＝vBt1－a2t
代入数据解得t1＝0.2 s，t1′＝0.6 s(舍去)。
当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程对其进行受力分析，根据牛顿第二定律得
mgsin37°－μmgcos37°＝ma3
解得此时下滑的加速度a3＝2 m/s2。
环从最高点下滑至C点时发生的位移为
x＝s－sBC＝0.2 m
根据初速度为零的匀加速直线运动位移时间关系得
x＝a3t
解得环下滑至C点时间为t2＝ s
所以从B点计时，小环经过C点的时间
t′＝t0＋t2＝ s
故若到达B点时撤去力F，此环到达C点所用的时间为0.2 s或 s。
答案 (1)20 N (2)0.2 s或 s
(1)多过程问题其实质是多个过程的一个组合，每个“子过程”都可以是一个小题。
(2)每个“子过程”都要重新进行受力分析和运动过程各物理量分析。
(3)注意过程的“衔接量”是列方程的前提考虑，有时只有几个过程的方程都列全才能求解，少一个方程都无法求解。
(2017·湖南十三校联考)质量为10 kg的环在F＝140 N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，杆与水平地面的夹角为θ＝37°，拉力F与杆的夹角θ＝37°，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5 s后，速度减为零，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，杆足够长。求：
(1)拉力F作用的时间；
(2)环运动到杆底端时的速度大小。
答案 (1)1 s (2) m/s
解析 (1)撤去拉力F后，由牛顿第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2
又0＝v1－a2t2
联立解得v1＝5 m/s。
撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)，有
Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ－mgcosθ)＝ma1
而v1＝a1t1
联立解得t1＝1 s。
(2)环速度为零后反向做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
又s＝(t1＋t2)，而v2＝2a3s
联立解得v＝ m/s。
考点2 临界状态和极值问题
1．在临界状态，系统的一些物理量达到极值。在临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类题目的关键，而临界点的确定是基础。确定临界点一般用极端分析法，即把问题(物理过程)推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用牛顿第二定律列出极端情况下的方程求解。
2．临界或极值条件的物理语言
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
[例2] 日本大地震以及随后的海啸给日本造成了巨大的损失。灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？
(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？
解析 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，当推力F＝100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入数据解得 a＝－μg＝20 m/s2。
(2)由图象求出，推力F随位移x变化的数值关系为：F＝100－25x，速度最大时，物体加速度为零，则F＝μmg，代入数据解得x＝3.2 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m
常见的几种临界条件
(1)接触与脱离的临界条件FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件一般是加速度不同。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件是绳子达到最大张力或绳子拉力恰好为零。
(4)加速度最大或速度最大的临界条件，合外力最大时具有最大加速度，合外力最小时具有最小加速度，或合外力一直减小到零时具有最小速度或最大速度。
(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线，t1时刻A、B的图线分离，则下列说法中正确的是( )
A．t1时刻，弹簧形变量为
B．t2时刻，弹簧形变量为
C．t1时刻，A、B刚分离时的速度为
D．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变
答案 BD
解析 由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx－mgsinθ＝ma，则x＝，故A错误；由图知，t2
时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律mgsinθ＝kx，得x＝，故B正确；由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx－mgsinθ＝ma，开始时有2mgsinθ＝kx0，又x0－x＝at，速度v＝at1＝ ，故C错误；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，x减小，F增大，t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不变，故D正确。
1. (多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
答案 BCD
解析 当A、B整体将要相对地面滑动时有F＝μ(2m＋m)g＝
μmg，即当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，A错误，C正确。当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，B正确。F>3μmg时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，D正确。
2．(2017·江西两校联考)(多选)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑。现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )
A．速度可能向左，加速度可小于μg
B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
答案 AD
解析 当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μFN，要保证A静止，则A
与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，水平方向的摩擦力提供B的加速度，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，ma＝μ(mg＋FN)，解得a＝(1＋μ)g，D正确。
3．(2017·淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。
(1)若环受到的弹力为0，则：
Fcosθ＝ma，Fsinθ＝mg
解得F＝或F＝。
(2)若环受到的弹力的方向向上，则：
Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma
所以F＝。
(3)若环受到的弹力的方向向下，则：
Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma
所以F＝。
所以A、B、D可能，C不可能。
4. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D，其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉D木块，使四个木块以同一加速度运动，则A、C轻绳的最大拉力为( )
A. B. C. D．3μmg
答案 C
解析 设整体加速度为a，对B木块受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，Ff1＝2ma①
对A、B、C三个木块组成的整体受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，Ff2＝4ma②
由于A、B间和C、D间的最大静摩擦力大小都为μmg，且Ff2>Ff1，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＝，C正确。
5．将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3 cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2 cm；如果此时在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2 cm，如图所示。若在此时突然撤去力F，则(弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g) ( )
A．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.4g
B．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.8g
C．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5 cm后分离
D．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7 cm后分离
答案 A
解析 当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3 cm，则m1g＝kx1，当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2 cm，此时m1g＋m2g＝k(x1＋x2)，撤去F后，k(x1＋x2＋x3)－(m1g＋m2g)＝(m1＋m2)a；联立代入数据得a＝0.4g，故A正确，B错误；由于在物块P上施加力F之前，弹簧已经压缩了5 cm，撤去力后，P与Q和弹簧组成的系统是一个弹簧振子系统，其振幅大小等于再次的压缩量，即2 cm，所以PQ向上运动的最大位移是4 cm，PQ不可能会分离，故C、D错误。
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。
答案 9 m
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)a ①
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。
7．静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(取g＝10 m/s2)。
(1)求绳刚被拉断时F的大小；
(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？
答案 (1)40 N (2)3.5 m
解析 (1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A物体有T－μm1g＝m1a
代入数值得a＝2 m/s2。
对A、B整体F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
代入数值得F＝40 N。
(2)设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则
a1＝＝2 m/s2
a2＝＝3 m/s2
A停下来的时间为t，则t＝＝1 s
A的位移为x1，则x1＝＝1 m
B的位移为x2，则x2＝vt＋a2t2＝3.5 m
A刚静止时，A、B间距离为Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m。
8．如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。
(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。(要求画出受力图)
答案 (1)g 见解析图甲 (2)3g 见解析图乙
解析 (1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示。因为AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与AB垂直，θ＝45°。
由牛顿第二定律，得mgtanθ＝ma
可得a＝g。
(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时．小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示。
由牛顿第二定律，得FTm＋mgtanθ＝mam
因FTm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g。
9. (2017·西安长安区联考)(多选)如图所示，质量为m＝1 kg 的物块A停放在光滑的水平桌面上。现对物块施加一个水平向右的外力F，使它在水平面上做直线运动。已知外力F随时间t(单位为s)的变化关系为F＝(6－2t) N，则( )
A．在t＝3 s时，物块的速度为零
B．物块向右运动的最大速度为9 m/s
C．在0～6 s内，物块的平均速度等于4.5 m/s
D．物块向右运动的最大位移大于27 m
答案 BD
解析 水平面光滑，物块所受的合力等于F，在0～3 s内，物块的受力一直向右，一直向右做加速运动，可知3 s时速度不为零，故A错误。根据牛顿第二定律得，a＝＝6－2t，at图线如图1所示，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知最大速度变化量为Δ
v＝×6×3 m/s＝9 m/s，可知物块向右运动的最大速度为9 m/s，故B正确。物块的速度—时间图线如图2所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x＞×6×9 m＝27 m，则平均速度＝> m/s＝4.5 m/s，故D正确，C错误。故选B、D。
10．(2016·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
答案 (1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
解析 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsinθ＝ma1
f＝μmgcosθ
联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2。
货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据解得l＝98 m。
11. (2017·湖北宜昌统考)如图所示，质量为1 kg的小球穿在固定的直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5。小球在竖直向上的大小为20 N的拉力F作用下，从离杆的下端0.24 m处由静止开始向上运动，经过1 s撤去拉力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小球沿杆上滑的加速度大小；
(2)小球沿杆上滑的最大距离；
(3)小球从静止起滑到杆的下端所需的时间。
答案 (1)2 m/s2 (2)1.2 m (3)2.4 s
解析 (1)以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
(F－mg)sin37°－μ(F－mg)cos37°＝ma1
解得小球上滑的加速度大小a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学规律有v1＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s
x1＝a1t＝×2×12 m＝1 m
撤去拉力后，小球继续向上运动，根据牛顿第二定律有
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2
解得a2＝10 m/s2
x2＝＝ m＝0.2 m
解得小球沿杆上滑的最大距离为
x＝x1＋x2＝1 m＋0.2 m＝1.2 m。
(3)小球运动到最高点后开始下滑，有t2＝＝0.2 s
根据牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma3
根据运动学规律有x0＋x1＋x2＝a3t
联立解得a3＝2 m/s2，t3＝1.2 s
小球从静止起滑到杆的下端所需的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4 s。
12．(2017·上海崇明区一模)足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间在B
点由一小段弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点，现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角斜向上的恒力F，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F。(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：
(1)小物块所受到的恒力F大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用的时间；
(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离。
答案 (1)11 N (2)0.5 s (3)小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m
解析 (1)由图乙可知，小物块在AB段的加速度
a1＝＝0.5 m/s2
根据牛顿第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1
得F＝＝ N＝11 N。
(2)小物块在BC段运动时有mgsinα＝ma2，解得
a2＝gsinα＝8 m/s2
小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，有t＝＝ s＝0.5 s。
(3)小物块从B向A运动的过程中，有μmg＝ma3，解得a3＝5 m/s2，滑行的位移s＝＝ m＝0.4 m
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