专题3-3+牛顿运动定律的综合应用-2018年高考物理热点题型和提分秘籍
【高频考点解读】
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.
2.应用牛顿第二定律解决实际问题．
【热点题型】
热点题型一 对超重、失重的理解
例1、 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案：AD
【提分秘籍】
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
【举一反三】
如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则 ( )
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
答案：AD
热点题型二 动力学中整体法与隔离法的应用
例2、一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图334(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v
t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。对小物块与木板整体由牛顿第二定律得
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1 ②
x0＝v0t1＋a1t12 ③
式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1 ④
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
x1＝Δt ⑪
小物块运动的位移为
x2＝Δt ⑫
小物块相对木板的位移为
Δx＝x2－x1 ⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得
Δx＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮
0－v32＝2a4x3 ⑯
碰后木板运动的位移为
x＝x1＋x3 ⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得
x＝－6.5 m ⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
【提分秘籍】
1．方法概述
(1)整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。
(2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体，进行单独研究的方法。
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)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。
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。
(2)滑轮类问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，如图所示，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，故采用隔离法。
3．解题思路
物体系的动力学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。处理各物体加速度都相同的连接体问题时，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加作用力。
【举一反三】
(多选)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
答案：BC
热点题型三 动力学中的临界极值问题
例3．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．
【答案】B
【提分秘籍】
1．动力学中的临界极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现。
2．产生临界问题的条件
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FN＝0
相对滑动的临界条件
两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值
绳子断裂与松弛的临界条件
绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断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FT＝0
加速度最大与速度最大的临界条件
当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值
【举一反三】
如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行。在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止。已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A． B．
C． D．
【答案】A
热点题型四 滑块、滑板模型
例4、如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1
m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2。
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。
【解析】(1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N
假设A、B之间不发生相对滑动，则
对A、B整体：F＝(M＋m)a
对A：fAB＝Ma
解得：fAB＝2.5 N
因fAB
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
解析：选BCD A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。
3.(多选)(2014·四川高考)如图12所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )
图12
图13
【高考冲刺】
1．如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以( )
A．缓慢向上匀速运动
B．缓慢向下匀速运动
C．突然向上加速运动
D．突然向下加速运动
【解析】手电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电珠能发光，故A、B错误；若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹簧形变量增大，即压缩量增大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以C正确；若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，弹簧压缩量减小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D错误．
【答案】C
2．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是( )
A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压
B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压
C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压
D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压
【解析】若细线有拉力，则Tcosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．
【答案】C
3．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是( )
A．物体受到的重力变大
B．物体的加速度大小为1 m/s2
C．电梯正在减速上升
D．电梯的加速度大小为4 m/s2
【答案】B
4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )
A．处于失重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用
D．所受力的合力竖直向上
【答案】C
5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则( )
A．在CD段时，A受三个力作用
B．在DE段时，A可能受二个力作用
C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上
D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态
【解析】在CD段时，因AB一起运动的加速度为a＝gsinθ，故此时A只受重力和B对A的支持力作用，选项A错误；在DE段时，因为粗糙，故AB一起运动的加速度为a＝gsinθ－μgcosθ，此时A受重力和B对A的支持力外，还受向上的摩擦力作用，故选项B错误，C正确；在CD段AB的加速度向下，属于失重状态；在DE段，加速度可能向上，故可能处于超重状态，故选项D错误；故选C.
【答案】C
6．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T
之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )
A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
C．图线的斜率等于物体的质量m
D．图线的斜率等于物体质量的倒数
【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T－mg＝ma，图线与纵轴的交点，即当T＝0时，a＝－g，图线与横轴的交点即a＝0时，T＝mg，A、B正确；根据牛顿第二定律可得a＝－g，根据关系式可得图象的斜率k＝，C错误D正确．
【答案】ABD
7．(多选)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；当机车在西边拉着这列车厢以大小为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
【答案】BC
8．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtanθ
B．球拍对球的作用力为
C．运动员对球拍的作用力为
D．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动
【解析】对网球进行受力分析，受到重力mg和球拍的支持力FN，受力如图所示：
[
根据牛顿第二定律，FNsinθ＝ma，FNcosθ＝mg，整理可以得到：FN＝，a＝gtanθ，故选项A正确，选项B错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：
根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F＝，故选项C错误；当加速度a>gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．所以本题正确选项为A.
【答案】A
9．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是( )
A．a＝μg B．a＝μg
C．a＝μg D．a＝－μg
【解析】若木块和木板之间发生相对滑动，则对木板，根据牛顿定律：μmg－μ·2mg＝ma，解得a＝μg，选项C正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：F－μ·2mg＝2ma，解得a＝－μg，选项D正确；故选CD.
【答案】CD
10．(多选)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )
拉力大于AB之间的最大静摩擦力时，AB之间也发生了相对滑动，AB之间变为了滑动摩擦力，A的加速度也发生了变化，所以A、C项正确．
【答案】ACD
11．如图，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A，其上表面水平，质量为M.物体B质量为m，B放在A的上面，先用手固定住A.
(1)若A的上表面粗糙，放手后，求AB相对静止一起沿斜面下滑，B对A的压力大小．
(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小．
【解析】(1)AB相对静止一起沿斜面下滑，加速度a＝gsinθ
B的加速度的竖直分量ay＝gsin2θ则mg－N＝may
N＝mg－mgsin2θ＝mgcos2θ
所以B对A的压力大小等于mgcos2θ
(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同． A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等．即有aB＝aAy＝aAsinθ
(Mg＋NB)sinθ＝MaA
对A、B分别运用牛顿第二定律，有mg－NB＝maB＝maAsinθ
所以NB＝.
【答案】(1)mgcos2θ (2)
12．如图所示，一个质量为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H＝5 m.
现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求
(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？
(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．
(3)圆管的长度L.
a2＝30 m/s2，方向向上
(2)球与管第一次碰地时，由v0＝
得碰后管速v1＝，方向向上
碰后球速v2＝，方向向下
球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有
对管v＝v1－a1t
对球v＝－v2＋a2t
代入数值联立解得t＝0.4 s
(3)管经t时间上升的高度为 h1＝v1t－a1t2
球下降的高度h2＝v2t－a2t2
管长L＝h1＋h2＝4 m
【答案】(1)20 m/s2，方向向下 30 m/s2，方向向上 (2)0.4 s (3)4 m
13．一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行了10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？
图6
Δx＝x1－x2＝at＝4.5 m
得：a＝1 m/s2
细绳断开时小车和物块的速度均为：
v1＝at1＝1×2 m/s＝2 m/s
设后3 s小车的初速度为v1′，则小车的位移为：
x1′＝v1′t4＋at
滑块的位移为：
x2′＝v1t4
得：x1′－x2′＝3v1′＋4.5 m－3v1＝10.5 m
解得：v1′＝4 m/s
由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：
t总＝5 s
答案 5 s
14．如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m，传送带甲比乙长0.45 m，两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图7
(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；
(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，代入数值得a2＝2 m/s2
由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t，代入数值得
t2＝1 s
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。
(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为
L1＝v带t1－x1＝0.45 m
在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为
L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m
所以物块A在传送带上的划痕长度为
LA＝L2＝1.0 m
由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同
所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0 m
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1
答案 (1)1.3 s (2)1∶1
15．如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：
图8
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑时的高度；
(3)木板的质量。
(2)当力F变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mgsin θ＋Fcos θ＝ma
解得a＝10 m/s2
根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度
v＝10 m/s。
滑块下滑的位移x＝，解得x＝5 m
故滑块下滑的高度h＝xsin 30°＝2.5 m
(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a1＝1 m/s2，相对滑动时，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑块的加速度大小a3＝4 m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，对它们整体受力分析，有
a1＝＝μ1g，解得μ1＝0.1
0～2 s内分别对木板和滑块受力分析，即
对木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
对滑块：μ2mg＝ma3
联立解得M＝1.5 kg。
答案 (1) N (2)2.5 m (3)1.5 kg
