創(chuàng)新設(shè)計2017年高考物理專用一輪復(fù)習(xí)課件習(xí)題質(zhì)量檢測第3運動定律能力課時

能力課時3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用(一)突破一 牛頓運動定律與圖象綜合問題的求解方法物理公式與物理圖象的結(jié)合是一種重要題型，也是高考的重點及熱點?！皟纱箢愋汀币阎矬w在某一過程中所受的合力(或某個力)隨時間的變化圖線，要求分析物體的運動情況。已知物體在某一過程中速度、加速度隨時間的變化圖線，要求分析物體的受力情況?！耙粋€橋梁”：加速度是聯(lián)系v

－t圖象與F－t圖象的橋梁。解決圖象問題的方法和關(guān)鍵分清圖象的類別：分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點。注意圖象中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱

坐標(biāo)的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等表示的物理意義。

(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與物體的運動情況相

結(jié)合，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖象

中得出的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點?！纠?】

(多選)(2015·新課標(biāo)全國卷Ⅰ，20)如圖1(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(

)圖1A.斜面的傾角

B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析

由

v－t

圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為

av0＝

t1

，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin

θ＋μmgcos

θ＝ma，即

gsin

θ＋μgcos

θ＝v0。同理向下滑行時gsin

θ－μgcos

θ＝v1，兩式聯(lián)立得t1

t1sin

θ＝

2gt1v0＋v1

v0－v1，μ＝2gt1cos

θ，可見能計算出斜面的傾角θ

以及動摩v0擦因數(shù)，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為2

，所v021以沿斜面向上滑行的最遠距離為

x＝

t

，根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為xsin

θ＝v02

t1·

2gt1

4gv0＋v1

v0（v0＋v1）＝

，選項D

正確；僅根據(jù)v－t

圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B

錯誤。答案

ACD易錯提醒分析圖象問題時常見的誤區(qū)(1)沒有看清橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位。

(2)沒有注意坐標(biāo)原點是否從零開始。(3)不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義。

(4)忽視對物體的受力情況和運動情況的分析。【變式訓(xùn)練】1.[與a－F圖象的綜合](多選)如圖2甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示。根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計算出(g取10

m/s2)()圖2物體的質(zhì)量為1

kg物體的質(zhì)量為2

kg物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3D.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5解析

物體的受力如圖所示，在力F從0增大到7

N之前物體靜止，在7 N時運動狀態(tài)發(fā)生變化，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，代

入圖乙中F1＝7

N和F2＝14

N及對應(yīng)的加速度a1＝0.5

m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2

kg，F(xiàn)f＝6 N，A錯誤，B正確；Ff＝μFN＝μmg，則μ＝0.3，C正確，D錯誤。答案

BC2.[與F－t、v－t圖象的綜合](多選)(2016·內(nèi)蒙古包頭測評)將一質(zhì)量不計的光滑桿傾斜地固定在水平面上，如圖3甲所示，現(xiàn)在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運動。該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示。g＝10

m/s2。則下列說法正確的是()圖3在2～4

s內(nèi)小球的加速度大小為0.5

m/s2小球質(zhì)量為2

kgC.桿的傾角為30°D.小球在0～4

s內(nèi)的位移為8

mt2－t1解析

由圖象得：在2～4

s

內(nèi)小球的加速度a＝v2－v1＝0.5

m/s2則A正確；在0～2s

內(nèi)小球做勻速直線運動時，重力沿桿向下的分力等于5N，在2～4s

內(nèi)由牛頓第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1

kg，則B錯誤；設(shè)桿與水平面的夾角為α，則F2－

mgsin

α＝ma，解得α＝30°，則C

正確；由速度時間圖象可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，即0～4

s內(nèi)小球的位移為

5m，則D錯誤。答案AC突破二 連接體問題的分析方法連接體的分類根據(jù)兩物體之間相互連接的媒介不同，常見的連接體可以分為三大類。繩(桿)連接：兩個物體通過輕繩或輕桿的作用連接在一起；

(2)彈簧連接：兩個物體通過彈簧的作用連接在一起；(3)接觸連接：兩個物體通過接觸面的彈力或摩擦力的作用連接在一起。2.連接體的運動特點輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速率不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。特別提醒“輕”——質(zhì)量和重力均不計。在任何情況下，繩中張力的大小相等，繩、桿和彈簧兩端受到的彈力大小也相等。連接體問題的分析方法分析方法：整體法和隔離法。

(2)選用整體法和隔離法的策略：①當(dāng)各物體的運動狀態(tài)相同時，宜選用整體法；當(dāng)各物體的運動狀態(tài)不同時，宜選用隔離法；②對較復(fù)雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解。類型一

繩(或桿)連接體【例2】

如圖4所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連，并在拉力F作用下沿斜面向上運動，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F一定時，Q受到繩的拉力(

)A.與斜面傾角θ有關(guān)C.與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關(guān)圖4B.與動摩擦因數(shù)有關(guān)

D.僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān)解析

設(shè)

P、Q

的質(zhì)量分別為

m1、m2，Q

受到繩的拉力大小為

FT，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，對整體分析，有F－(m1＋m2)gsin

θ－μ(m1＋m2)gcos

θ＝(m1＋m2)a；對Q分析：有

FT－m2gsin

θ－μm2gcos

θ＝m2a，解得

FT＝m2m1＋m2F，可見Q受到繩的拉力FT

與斜面傾角θ、動摩擦因數(shù)μ

和系統(tǒng)運動狀態(tài)均無關(guān)，僅與兩物塊質(zhì)量和F

有關(guān)，選項D

正確。答案

D方法提煉繩、桿連接體―→受力分析求加速度：整體法

求繩、桿作用力：隔離法―→加速度―→討論計算相關(guān)問題【變式訓(xùn)練】3.如圖5甲所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑水平面上，小車上用細線懸吊一質(zhì)量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成α角，細線的拉力為FT。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成α角，如圖乙所示，細線的拉力為FT′，則(

)圖5A.F′＝F，F(xiàn)T′＝FTC.F′＜F，F(xiàn)T′＞FTB.F′＞F，F(xiàn)T′＝FTD.F′＜F，F(xiàn)T′＜FT解析對小球進行受力分析，由于小球豎直方向上所受合力為零，可知FTcos

α＝mg，F(xiàn)T′cos

α＝mg，所以FT＝FT′。對于圖乙中的小球，水平方向有FT′sinα＝ma′。對于圖甲中的小車，水平方向有FTsinα＝Ma，因為M＞m，所以a′＞a。對小球與車組成的整體，由牛頓第二定律得F＝(M＋m)a，F(xiàn)′＝(M＋m)a′，所以F′＞F，選項B正確。答案B類型二

彈簧連接體【例3】

如圖6所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝3kg、m2＝2kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(

)圖6A.彈簧測力計的示數(shù)是50

NB.彈簧測力計的示數(shù)是24

NC.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4

m/s2D.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為10

m/s2解析

對兩物體和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得F1－F2m1＋m2整體的加速度

a＝

＝1052

22m/s

＝2 m/s

，隔離m

，根據(jù)牛頓第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24

N，所以彈簧測力計的示數(shù)為24

N，選項A

錯誤，B

正確；在突然撤去F2

的瞬間，彈簧的彈力不變，m12的加速度不變，為2m/s

，m22的加速度a

＝F

24m2

2＝

m/s2＝12m/s2，選項C、D

錯誤。答案

B方法提煉【變式訓(xùn)練】4.(多選)如圖7所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕質(zhì)彈簧連接放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉B物塊，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，為了減小彈簧的形變量，可行的辦法是(

)A.減小A物塊的質(zhì)量

C.增大傾角θ圖7B.增大B物塊的質(zhì)量

D.增大動摩擦因數(shù)μ解析

對

A、B

組成的整體由牛頓第二定律得

F－μ(mA＋mB)gcos

θ－(mA＋mB)gsin

θ＝(mA＋mB)a，對

A

由牛頓第二定律得

kx－μmAgcos

θ－mAgsin

θ＝mAa，其中x

為彈簧的形變量，兩式聯(lián)立得kx＝mA＋mBmAF

F1＋mBmA＝

，為了減小彈簧的形變量，可以減小A

物塊的質(zhì)量或增大B

物塊的質(zhì)量，A、B

正確，C、D

錯誤。答案

AB類型三

接觸連接體【例4】(多選)(2015·新課標(biāo)全國卷Ⅱ，20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a

的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P

和Q

間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車2廂以大小為3a

的加速度向西行駛時，P

和Q

間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(

)A.8

B.10

C.15D.18解析

設(shè)掛鉤

P、Q

西邊有

n

節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為

m，則掛鉤P、Q

西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對象，有

F＝nma①P、Q

東邊有k

節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對象，有F＝km·3a2

②聯(lián)立①②得3n＝2k，總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當(dāng)n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當(dāng)n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當(dāng)n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確。答案

BC【變式訓(xùn)練】5.如圖8所示，質(zhì)量分別為m、M的兩物體P、Q保持相對靜止，一起沿傾角為θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是(

)圖8A.P處于超重狀態(tài)B.P受到的摩擦力大小為μmg，方向水平向右C.P受到的摩擦力大小為mgsin

θcos

θ，方向水平向左D.P受到的支持力大小為mgsin

2θ解析

由題意可知，P有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，選項A錯

誤；對P、Q整體，根據(jù)牛頓第二定律有(M＋m)gsin

θ＝(M＋m)a，得加速度a＝gsin

θ，將沿斜面向下的加速度a＝gsin

θ沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示，則a1＝acos

θ＝gsin

θcos

θ，a2＝asinθ＝gsin2

θ，對P分析，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向上有Ff＝ma1，方向水平向左，豎直方向上有mg－FN＝ma2，得Ff＝mgsin

θcos

θ，F(xiàn)N＝mgcos2

θ，選項C正確，B、D錯誤。答案

C突破三 臨界問題的處理方法臨界或極值條件的標(biāo)志有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明題述的過程存在臨界點。若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在“起止點”，而這些起止點往往就對應(yīng)臨界狀態(tài)。若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等

字眼，表明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點。若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2.幾種臨界狀態(tài)和其對應(yīng)的臨界條件如下表所示臨界狀態(tài)臨界條件速度達到最大物體所受的合外力為零兩物體剛好分離兩物體間的彈力FN＝0繩剛好被拉直繩中張力為零繩剛好被拉斷繩中張力等于繩能承受的最大拉力3.處理臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界

條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達式解出臨界條件【例5】如圖9所示，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為θ的固定斜面，斜面上放一質(zhì)量為m的光滑球。靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力。箱子由靜止開始向右做勻加速運動，然后改做加速度大小為a的勻減速運動直至靜止，經(jīng)過的總路程為s，運動過程中的最大速度為v。圖9(1)求箱子加速階段的加速度大小a′；(2)若a＞gtan

θ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力。解析

(1)由勻變速直線運動的公式有

v2＝2a′x1，v2＝2ax2，且x1＋x2＝sav2解得：a′＝2as－v2(2)假設(shè)球剛好不受箱子作用，應(yīng)滿足FNsin

θ＝ma0，F(xiàn)Ncos

θ＝mg，解得a0＝gtan

θ，箱子減速時加速度水平向左，當(dāng)a＞gtan

θ時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的力不為零。此時球受力如圖，由牛頓第二定律得FN′cos

θ＝F＋mgFN′sin

θ＝ma解得F＝m(atan

θ－g)答案

(1)av22as－v2(2)0am(tan

θ－g)反思提升解決臨界問題的基本思路(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量；

(3)探索物理量的變化規(guī)律；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。挖掘臨界條件是解題的關(guān)鍵。如例5中第(2)的求解關(guān)鍵是：假設(shè)球剛好不受箱子的作用力，求出此時加速度a?！咀兪接?xùn)練】6.(多選)(2014·江蘇單科，8)如圖10

所示，A、B

兩物塊的質(zhì)量分別為2m

和m，靜止疊放在水平地面上。A、B

間的動摩擦因數(shù)為

μ，B

1μ。最大靜摩擦力等與地面間的動摩擦因數(shù)為2于滑動摩擦力，重力加速度為

g?，F(xiàn)對

A施加一水平拉力

F，則(

)圖10A.當(dāng)F＜2μmg

時，A、B

都相對地面靜止2B.當(dāng)F＝5μmg

時，A

的加速度為μg13C.當(dāng)F＞3μmg

時，A

相對B

滑動1D.無論F

為何值，B

的加速度不會超過2μg3

32解析

對

A、B

整體,地面對

B

的最大靜摩擦力為2μmg,故當(dāng)

μmg<F<2μmg

時，A、B

相對地面運動，故A

錯誤。對A、B

整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F－μ

3mg＝3ma；對B，在A、B

恰好要發(fā)2·生相對運動時，有μ·2mg－μ

3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，2·2可見，當(dāng)F>3μmg

時，A

相對B才能滑動，C

正確；當(dāng)F＝5μmg5

μ時,A、B

相對靜止,對整體有2μmg－2·3mg3＝3ma，a＝1μg，故B正確；無論F

為何值，B

所受最大的動力為A

對B

的最大靜摩擦12μmg－2×3μmgm1＝2μg，可見力2μmg，故B

的最大加速度aBm＝D

正確。答案

BCD1.(2016·江蘇南京月考)如圖11所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為mA＝6

kg、mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增大，在增大到45

N的過程中，則(g取10

m/s2)(

)圖11當(dāng)拉力F＜12

N時，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)兩物體開始沒有相對運動，當(dāng)拉力超過12 N時，開始相對滑動兩物體從受力開始就有相對運動

D.兩物體始終沒有相對運動答案

D2.(2015·重慶理綜，5)若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖12所示

(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是()圖12解析

由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運動(加速度

向下，失重，F(xiàn)<mg)；過程②為向下勻速直線運動(處于平衡狀

態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程③為向下勻減速直線運動(加速度向上，超重，F(xiàn)>mg)；過程④為向上勻加速直線運動(加速度向上，超重，

F>mg)；過程⑤為向上勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程⑥為向上勻減速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)<mg)。綜

合選項分析可知選項B正確。答案

B3.(多選)(2015·江蘇單科，6)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖13所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()A.t＝2

s時最大

C.t＝8.5

s時最大圖13B.t＝2

s時最小

D.t＝8.5

s時最小解析

由題圖知，在上升過程中，在0～4 s內(nèi)，加速度方向向

上，F(xiàn)N－mg＝ma，所以向上的加速度越大，電梯對人的支持

力就越大，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故

A正確，B錯誤；由題圖知，在7～10 s內(nèi)加速度方向向下，由

mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，故C錯誤，D正確。答案

AD4.(多選)如圖14甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是()圖14t＝2.0

s時刻A、B之間作用力大小為0.6

Nt＝2.0

s時刻A、B之間作用力為零t＝2.5

s時刻A對B的作用力方向向左從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4

m解析

設(shè)

t

時刻

A、B

分離，分離之前

A、B

物體共同運動，加速度為a，則a＝F1＋F2mA＋mB22

B＝1.2

m/s

，分離時

F≥0.3N，F(xiàn)

－F＝m

a，2

B

2F

＝F＋m a＝2.7

N，由

F

＝kt＝

4

s