1、第14讲牛顿运动定律的综合应用(2)能力命题点一多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“子过程”和“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和运动过程示意图。(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联和位移关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。(2019山东省济宁市高三下学期联考)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充
2、满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由10.25变为20.125。一滑雪者从倾角为37的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l26 m，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速
3、度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。解析(1)设滑雪者质量为m，滑雪者在斜坡上由静止开始加速至速度v14 m/s期间，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a14 m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t1 s。(2)滑雪者由静止到动摩擦因数发生变化的位移：x1a1t22 m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡上的加速度：a25 m/s2由vv2a2(lx1)解得滑雪者到达B处时的速度：vB16 m/s。(3)设滑雪者在水平雪地上速度由vB16 m/s减速到v14 m/s过程运动的位移为x3，则有：22gx3vv解得x396 m设滑雪者在水平雪地上速度
4、由v14 m/s减速到零过程运动的位移为x4，则有：21gx40v，解得x43.2 m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为xx3x496 m3.2 m99.2 m。答案(1)1 s(2)16 m/s(3)99.2 m(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”都要进行受力分析和运动过程分析，列“状态方程”和“过程方程”。(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。(4)注意两个过程的衔接处，加速度可能突变，但速度通常不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。(2019河南省平顶山高
5、三月考)某兴趣小组的同学自制了一架遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的竖直向上的牵引力F恒定，为30 N。若某次试飞过程，飞行器从地面开始竖直上升，飞行t16 s时飞行器出现故障，飞行器立即失去牵引力，前6 s内飞行器的vt图象如图所示。若设飞行器飞行时所受阻力的大小不变，重力加速度g10 m/s2，求：(1)飞行器飞行时所受的阻力大小；(2)此次试飞飞行器所能达到的最大高度H；(3)此次试飞飞行器从静止起飞开始到落回地面的总时间。答案(1)4 N(2)67.5 m(3)11.6 s解析(1)由vt图象可得飞行器前6 s内的加速度：a1 m/s23 m/s2由牛顿第二定律有：Fmgfm
6、a1解得：f4 N。(2)由图象可得出现故障前，飞行器上升的高度为：h1186 m54 m出现故障后，飞行器向上减速运动，加速度大小为：a212 m/s2减速到零时，到达最高点，减速上升的高度h213.5 m则飞行器上升的最大高度Hh1h267.5 m。(3)飞行器从出现故障到运动至最大高度所用时间t21.5 s从最高点下落的加速度大小为a38 m/s2设下落时间为t3，则Ha3t代入数据解得：t3 s s总时间tt1t2t311.6 s。能力命题点二临界和极值问题1基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量
7、的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件3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
8、“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。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m4 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0.5，g10 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
9、律得Fmgma，当推力F100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入数据解得ag20 m/s2。(2)由图象求出，推力F随位移x变化的函数关系式为：F100 N25x(N)，当物体的加速度为零时，速度最大，即Fmg时，物体的速度最大，代入数据解得x3.2 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FN0。(2)相对滑动的临界条件是相互接触的物体间的静摩擦力达到最大值。(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)加速度或速度达到极值的临界条件：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，合外力一直减小到零
10、时具有最小速度或最大速度。1(2019四省名校高三第二次联考)(多选)如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，木块A的质量为2m，木块B的质量为m。现用水平力F拉木块A(如图甲所示)，木块A、B刚好不发生相对滑动，一起沿着水平面运动。若改用水平力F拉木块B(如图乙所示)，使木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F可能为()A B C DF答案ABC解析当F作用在木块A上时，A、B恰好不相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A，有：Ffm2ma1，对整体有：F3ma1，联立解得：F3fm；力F拉木块B时，A、B恰好不相对滑动时，A、B间的静摩
11、擦力达到最大值，对木块A，根据牛顿第二定律，有：fm2ma2，对A、B整体，根据牛顿第二定律，有：F3ma2，解得：F1.5fm，即木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动时，FF，故选A、B、C。2(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的A、B图线，t1时刻A、B图线分离，则下列说法中正确的是()At1时刻，弹簧形变量为Bt2时刻，弹簧形变量为Ct1时刻，A、B刚分离时的
12、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解析由图乙可知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx1mgsinma，则x1，故A错误；由图乙知，t2时刻A的速度达到最大，加速度为零，根据牛顿第二定律和胡克定律：mgsinkx2，得x2，故B正确；开始时对A、B组成的整体有2mgsinkx0，从开始到A、B分离有x0x1at，故A、B刚分离时的速度v1at1 ，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Fkx2mgsin2ma，得F2mgsin2makx，x减小，F增大，从t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得Fmgsinma，得Fmgsinma，
13、可知F不变，故D正确。3(2019辽宁高考模拟)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动，(取g10 m/s2)则下列说法正确的是()A当a5 m/s2时，滑块对球的支持力为 NB当a15 m/s2时，滑块对球的支持力为 NC当a5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D当a15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和答案A解析设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平
14、方向：F合F0cos45ma0，竖直方向：F0sin45mg，解得a0g；当a5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45FNcos45ma，竖直方向：Fsin45FNsin45mg，解得FN N，故A正确；当a15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，竖直方向受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C、D错误。课时作业1(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为。现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正
15、确的是()A采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B两种情况下获取的最大加速度相同C两种情况下所加的最大推力相同D采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力答案BC解析F作用于题图甲中A，当F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1，FN1cosmg，对B：FN1sinma1；F作用于题图乙中A，当F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2，FN2cosmg，FN2sinma2，可见FN2FN1，a2a1，对整体分析易知两种情况下所加的最大推力相同，B、C正确。2如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端与木块B相连，木块A紧靠木块B放置，A、B与水平面间的动摩擦因数分别为A、B，且AB。用水平力F
16、向左压A，使弹簧被压缩，系统保持静止。撤去F后，A、B向右运动并最终分离。下列判断正确的是()AA、B分离时，弹簧长度一定等于原长BA、B分离时，弹簧长度一定小于原长CA、B分离时，弹簧长度一定大于原长DA、B分离后极短时间内，A的加速度大于B的加速度答案C解析当A、B分离的瞬间，A、B间的作用力为零，两者加速度相同，对A，加速度大小aAAg，由于A、B的加速度相同，又AB，可知aBBg，弹簧处于伸长状态，即弹簧的长度一定大于原长，故C正确，A、B错误；A、B分离后极短时间内，A的加速度不变，B的加速度增大，则A的加速度小于B的加速度，故D错误。3(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m
17、和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，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F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g答案BCD解析当A、B整体将要相对地面滑动时有F(2mm)gmg，即当0Fmg时，A、B皆静止；当A、B将要相对滑动时，对A有F2mg2ma，对整体有Fmg3ma，联立解得F3mg，即当mg3mg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Fmg时，A与B共同的加速度a1g，B正确。取物块B为研究对象，F3mg时，物块B的加速度最大，为a2g，D正确。4如图
18、所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A BC D答案C解析由a1g2g分析可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下来，则车的最大加速度等于2g。由运动学公式v2v2ax得车的最大速度vm，C正确。5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mA3 kg，mB6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，FA、FB大
19、小均随时间而变化，其规律为FA(122t) N，FB(62t) N。问从t0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FAFB18 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：FAFB(mAmB)a 将FA(122t) N，FB(62t) N代入式得：a2 m/s2。设A、B间的弹力为FAB，对B有：FBFABmBa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FAB0联立式得：t3 s。A、B相互脱离前的共同位移为：xat2，代入数值得：x9
20、m。6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ABBCb，ACb，故轻绳BC与AB垂直，45。由牛顿第二定律，得mgtanma可得ag。(2)小车向左的加速度增大，
21、AC绳的拉力不变，BC绳的拉力增大，当BC绳拉力最大即FTB2mg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FTBmgtanmam所以最大加速度为am3g。7(2019安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)如图甲所示，在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。则下列说法正确的是()A0.1 s前加速度一直在减小B滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运
22、动C滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动答案C解析vt图象的斜率表示加速度，由图乙可知0.1 s前滑块的加速度先减小后增大，故A错误；0.10.2 s内，速度为正且减小，则滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上做减速运动，故B错误；由图乙可知，滑块在0.10.2 s内的加速度大小a m/s28 m/s2，根据牛顿第二定律可得：mgsin37mgcos37ma，解得：0.25，故C正确；分析可知，t0.1 s时，滑块与弹簧分离，由图乙可知，在00.1 s内即滑块与弹簧脱离之前，滑块先做加速运动后做减速运动，D错误。8(2019四川省宜宾市叙州区第一中学
23、高三4月月考)如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，则下列说法正确的是()A物体与斜面间的动摩擦因数为B物体与斜面间的动摩擦因数为C这一临界角0的大小为30D这一临界角0的大小为60答案D解析当未施加力F时，物体恰好沿斜面匀速下滑，由平衡条件有FN1mgcos30，mgsin30FN1，则tan30，故A、B错误；设斜面倾角为，当施加水平恒力F时，物体静止在斜面上，由平衡条件有
24、FcosmgsinFf，FN2mgcosFsin，静摩擦力FfFN2，联立解得F(cossin)mgsinmgcos，要使不论水平恒力F多大，上式都成立，则有cossin0，所以tantan60，即060，故D正确，C错误。9(2019广东高考模拟)(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为。其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，下列说法正确的是()A水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，滑块对斜面的压力增加B水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面
25、上，滑块对斜面的压力减小C若要使滑块与斜面体一起加速运动，水平向右的力F的最大值D若水平恒力F方向向左，滑块与斜面一起向左做agtan的加速运动，则摩擦力对滑块做正功答案BCD解析设滑块与斜面体一起运动的加速度为a，则当滑块与斜面相对静止时，滑块沿垂直斜面方向的加速度为asin，对滑块由牛顿第二定律：mgcosNmasin，当水平恒力F变大后，如果滑块仍静止在斜面上，则整体的加速度a变大，滑块对斜面的压力减小，A错误，B正确；若要使滑块与斜面体一起加速运动，则垂直斜面方向：mgcosNmasin，沿斜面方向：fmgsinmacos，对整体a，又fN，解得F，C正确；若水平恒力F方向向左，当滑块
26、与斜面体之间恰无摩擦力时，有mgtanma0，a0gtan，若agtana0，可知斜面体对物块的静摩擦力方向沿斜面向下，则摩擦力对滑块做正功，D正确。10(2019四川模拟)如图所示，装卸工人要将质量为100 kg的货物(可视为质点)移上汽车，找来了长为5.0 m的直木板，做了一个倾角为37的固定斜面。沿斜面向上施加的推力F900 N，将货物从斜面底端由静止推上汽车。已知货物与木板间的动摩擦因数0.3，sin370.6，cos370.8，g10 m/s2，求：(1)货物沿斜面向上加速运动时的加速度大小；(2)要将货物推上汽车，推力F至少需作用多长的距离。答案(1)0.6 m/s2(2)4.7
27、m解析设斜面对货物的弹力为N，摩擦力为f，匀加速过程的加速度大小为a1，匀减速过程的加速度大小为a2(1)由牛顿第二定律：Fmgsin37mgcos37ma1代入数据解得：a10.6 m/s2。(2)撤去推力后，平行于斜面方向：mgsin37mgcos37ma2代入数据解得：a28.4 m/s2设推力F至少需作用的距离为x1，此时货物减速运动的位移为x2，货物在运动过程中的最大速度为v，则有：v22a1x1v22a2x2x1x25 m代入数据解得：x1 m4.7 m。11(2019山东淄博三模)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到
28、，这就是大家熟悉的惯性演示实验。某次实验中，砝码的质量m10.1 kg，纸板的质量m20.01 kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知。若本次实验未感知到砝码的移动，求：(1)砝码移动的最长时间；(2)纸板所需的拉力至少多大？答案(1) s(2)2.44 N解析(1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度大小为a1，在桌面上减速运动的加速度大小为a2由m1gm1a1m1a2，解得：a1a22 m/s2所以砝码加速和减速的时间相等，分析可知加速运动的最大距离是l。由la1t2解得：t s则砝码移动的最长时间为tm2t s。(2)设当纸板的加速度为a3时，砝码经历时间t恰好从纸板上滑下，则此时的拉力最小，设为F，由运动学公式有：da3t2解得：a3202 m/s2由F(2m1m2)gm2a3解得：F2.44 N即纸板所需的拉力至少为2.44 N。
