1、能力课时3 牛顿运动定律的综合应用(一)突破一 牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法 物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。1.“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。2.“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁。3.解决图象问题的方法和关键 (1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交
2、点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义。(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。【例1】(多选)(2015新课标全国卷，20)如图1(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图1 A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由 vt 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为 av0t1，根据牛顿第二定律得 mgsi
3、n mgcos ma，即 gsin gcos v0t1。同理向下滑行时 gsin gcos v1t1，两式联立得sin v0v12gt1，v0v12gt1cos，可见能计算出斜面的倾角 以及动摩擦因数，选项 A、C 正确；物块滑上斜面时的初速度 v0 已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为 0，那么平均速度为v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为 xv02 t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为 xsin v02 t1v0v12gt1 v0（v0v1）4g，选项 D 正确；仅根据 vt 图象无法求出物块的质量，选项 B 错误。答案 ACD 易错提醒 分析图象问题时常见的误区
4、(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有注意坐标原点是否从零开始。(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。【变式训练】1.与aF图象的综合(多选)如图2甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()图2 A.物体的质量为1 kg B.物体的质量为2 kg C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 解析 物体的受力如图所示，在力F从0增大
5、到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得FFfma，代入图乙中F17 N和F214 N及对应的加速度a10.5 m/s2和a24 m/s2，解得m2 kg，Ff6 N，A错误，B正确；FfFNmg，则0.3，C正确，D错误。答案 BC 2.与Ft、vt图象的综合(多选)(2016内蒙古包头测评)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图3甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g10 m/s2。则下列说法正确的是()图3 A.在24 s内小球的加速度大小为0.
6、5 m/s2 B.小球质量为2 kg C.杆的倾角为30 D.小球在04 s内的位移为8 m 解析 由图象得：在 24 s 内小球的加速度 av2v1t2t1 0.5 m/s2，则 A 正确；在 02 s 内小球做匀速直线运动时，重力沿杆向下的分力等于 5 N，在 24 s 内由牛顿第二定律有：F2F1ma，解得 m1 kg，则 B 错误；设杆与水平面的夹角为，则 F2mgsin ma，解得 30，则 C 正确；由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即 04 s 内小球的位移为5 m，则 D 错误。答案 AC 突破二 连接体问题的分析方法 1.连接体的分类 根据两物体之间相互连接
7、的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。(1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；(2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；(3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。2.连接体的运动特点 轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。特别提醒(1)“轻”质量和重力均不计。(2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹
8、力大小也相等。3.连接体问题的分析方法 (1)分析方法：整体法和隔离法。(2)选用整体法和隔离法的策略：当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。类型一 绳(或杆)连接体【例2】如图4所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()图4 A.与斜面倾角有关B.与动摩擦因数有关 C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关 解析 设 P、Q 的质量分别为 m1、m2，Q 受到绳的拉力大小为 F
9、T，物块与斜面间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对整体分析，有 F(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a；对 Q 分析：有 FTm2gsin m2gcos m2a，解得 FTm2m1m2F，可见 Q受到绳的拉力 FT 与斜面倾角、动摩擦因数 和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和 F 有关，选项 D 正确。答案 D 方法提炼 绳、杆连接体 受力分析求加速度：整体法求绳、杆作用力：隔离法 加速度 讨论计算相关问题【变式训练】3.如图5甲所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，Mm，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与
10、竖直方向成角，细线的拉力为FT。若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，如图乙所示，细线的拉力为FT，则()图5 A.FF，FTFTB.FF，FTFT C.FF，FTFTD.FF，FTFT 解析 对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcos mg，FTcos mg，所以FTFT。对于图乙中的小球，水平方向有FTsin ma。对于图甲中的小车，水平方向有FTsin Ma，因为Mm，所以aa。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F(Mm)a，F(Mm)a，所以FF，选项B正确。答案 B 类型二 弹簧连接体【例3】如图6所示，两个质
11、量分别为m13 kg、m22 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F130 N、F220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图6 A.弹簧测力计的示数是50 N B.弹簧测力计的示数是24 N C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2 解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度 aF1F2m1m2105 m/s22 m/s2，隔离 m2，根据牛顿第二定律有 FF2m2a，解得 F24 N，所以弹簧测力计的示数为 24 N，选项 A 错误，B 正确；在突
12、然撤去 F2 的瞬间，弹簧的弹力不变，m1 的加速度不变，为 2 m/s2，m2 的加速度 a2 Fm2242 m/s212 m/s2，选项 C、D 错误。答案 B 方法提炼【变式训练】4.(多选)如图7所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧连接放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉B物块，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，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是()图7 A.减小A物块的质量B.增大B物块的质量 C.增大倾角D.增大动摩擦因数解析 对 A、B 组成的整体由牛顿第二定律得 F(mAmB)gcos(mAmB)gsin(mAmB)a，对 A
13、由牛顿第二定律得 kxmAgcos mAgsin mAa，其中 x 为弹簧的形变量，两式联立得kx mAFmAmBF1mBmA，为了减小弹簧的形变量，可以减小 A 物块的质量或增大 B 物块的质量，A、B 正确，C、D 错误。答案 AB 类型三 接触连接体【例 4】(多选)(2015新课标全国卷，20)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23a 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
14、量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.18 解析 设挂钩 P、Q 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为 m，则挂钩 P、Q 西边车厢的质量为 nm，以西边这些车厢为研究对象，有FnmaP、Q 东边有 k 节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有 Fkm23a 联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5 当n4时，k6，总节数为N10 当n6时，k9，总节数为N15 当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。答案 BC【变式训练】5.如图8所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为的固定光滑斜面下滑
15、，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是()图8 A.P处于超重状态 B.P受到的摩擦力大小为mg，方向水平向右 C.P受到的摩擦力大小为mgsin cos，方向水平向左 D.P受到的支持力大小为mgsin 2 解析 由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(Mm)gsin(Mm)a，得加速度agsin，将沿斜面向下的加速度agsin 沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a1acos gsin cos，a2asingsin2，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有Ffma1，方向水平向左，竖直方向上有mgFNma2，得F
16、fmgsin cos，FNmgcos2，选项C正确，B、D错误。答案 C 突破三 临界问题的处理方法 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点。(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“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。2.几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示 临界状态 临界条件 速度达到最大
17、物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力FN0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 3.处理临界问题的三种方法 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【例5】如图9所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做
18、匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。图9(1)求箱子加速阶段的加速度大小a；(2)若agtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。解析(1)由匀变速直线运动的公式有 v22ax1，v22ax2，且x1x2s解得：aav22asv2(2)假设球刚好不受箱子作用，应满足 FNsin ma0，FNcos mg，解得 a0gtan，箱子减速时加速度水平向左，当 agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零。此时球受力如图，由牛顿第二定律得 FNcos FmgFNsin ma解得 Fm(atan g)答案(1)av22
19、asv2(2)0 m(atan g)反思提升 解决临界问题的基本思路(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)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。挖掘临界条件是解题的关键。如例5中第(2)的求解关键是：假设球刚好不受箱子的作用力，求出此时加速度a。【变式训练】6.如图10所示，将质量m1.24 kg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，环与杆的动摩擦因数为0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内前进了2 m。
20、(取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：图10(1)圆环加速度a的大小；(2)拉力F的大小。解析(1)圆环做匀加速直线运动，由运动学公式可知 x12at2a2xt2 2212m/s24 m/s2(2)令 Fsin 53mg0，则 F15.5 N当 F15.5 N 时，环与杆下部接触，受力如图乙所示。乙 由牛顿第二定律可知 Fcos FNmaFsin FNmg由此得 F m（ag）cos sin 124 N 答案(1)4 m/s2(2)12 N或124 N 1.(多选)(2015海南单科，8)如图11，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和
21、S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()图11 A.a13gB.a10 C.l12l2D.l1l2解析 设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及形变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧S1 的拉力 FT1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的整体分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a1Fm3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 FT2，则 FT2mg，根据胡克定
22、律 Fkx 可得 l12l2，C 正确，D 错误。答案 AC 2.(2015重庆理综，5)若货物随升降机运动的vt图象如图12所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()图12 解析 由vt图象可知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)。综合选项分析可知选项B正确。答案 B 3.(多选)(2015江苏单科，6)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13所示，以竖直向上为
23、a的正方向，则人对地板的压力()图13 A.t2 s时最大B.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大D.t8.5 s时最小 解析 由题图知，在上升过程中，在04 s内，加速度方向向上，FNmgma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。答案 AD 4.(多选)如图14甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、
24、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()图14 A.t2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B.t2.0 s时刻A、B之间作用力为零 C.t2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 D.从t0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 解析 设 t 时刻 A、B 分离，分离之前 A、B 物体共同运动，加速度为 a，则 a F1F2mAmB1.2 m/s2，分离时 F0.3 N，F2F
25、mBa，F2FmBa2.7 N，由 F2kt3.6 N4 s t 可得 t 43.62.7 s3 s，它们运动的位移 x12at25.4 m，则 D 正确；当 t2 s 时，F21.8 N，F2FmBa，FmBaF20.6 N，A 正确，B 错误；当 t2.5 s 时，F22.25 N，F2FmBa，FmBaF20.15 N0，故 t2.5 s 时刻 A 对 B 的作用力方向向右，C 错误。答案 AD 5.如图15甲所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t0
26、时释放滑块。在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t0.14 s时，滑块的速度v12.0 m/s。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：图15(1)斜面对滑块的摩擦力Ff的大小；(2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d；(3)在00.44 s时间内，滑块运动的路程s。解析(1)由图乙可知，当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图(a)所示。分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a11
27、0 m/s2。根据牛顿第二定律有mgsin Ffma1，解得Ff4.0 N。(2)当t10.14 s时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t00时弹簧的形变量x。由图乙可知，在出发点时滑块加速度的大小a30 m/s2，此时滑块受力如图(b)所示，有kdmgsin Ffma，解得d0.20 m。(3)设从 t10.14 s 时开始，经时间 t1 滑块的速度减为零，则有 t10v1a1 0.20 s。在这段时间内滑块运动的距离x10v212（a1）0.20 m。t20.34 s 时滑块速度减为零，此后滑块将反向做匀加速直线运动，受力如图 c 所示，根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小a2mgsin Ffm2.0 m/s2。在 0.340.44 s(t20.1 s)时间内，滑块沿斜面下滑的距离x212a2t220.01 m。所以在 00.44 s 时间内，滑块运动的路程sdx1x20.41 m。答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)0.41 m 小结巧记 3问题动力学中的图象问题、连接体问题、临界问题 4种物理方法整体法、隔离法、假设法、图象法2种物理思想数形结合思想、临界极值思想