1、能力课时3牛顿运动定律的综合应用(一)物理公式与物理图像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图像与Ft图像的桥梁。突破一 牛顿运动定律与图像综合问题的求解方法3解决图像问题的方法和关键(1)分清图像的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转
2、折点，两图线的交点等表示的物理意义。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像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，确定从图像中得出的有用信息，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()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图 1解析 由 vt 图像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 mgsin mgcos ma，即 gs
3、in 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 v0v0v14g，选项 D正确；仅根据 vt 图像无法求出物块的质量，选项 B 错误。答案 ACD分析图像问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。
4、(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图像的综合(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变化的图像如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()图 2A物体的质量为1 kgB物体的质量为2 kgC物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D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F
5、fma，代入图乙中F17 N和F214 N及对应的加速度a10.5m/s2和a24 m/s2，解得m2 kg，f6 N，A错误，B正确；fNmg，则0.3，C正确，D错误。答案 BC2与Ft、vt图像的综合(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。g10m/s2。则下列说法正确的是()图 3A在24 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B小球质量为2 kgC杆的倾角为30D小球在04 s内的位移为8 m解析
6、由图像得：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；由速度时间图像可知，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 AC1连接体的分类根据两物体之间相互连接的媒介不同，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
7、；(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。突破二 连接体问题的分析方法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
8、，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 4A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 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
9、)a；对 Q 分析：有 Tm2gsin m2gcos m2a，解得Tm2m1m2F，可见 Q 受到绳的拉力 T 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，细线与竖直方向成角，细线的拉力为T。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T，
10、则()图 5AFF，TTBFF，TTCFF，TTDFF，TT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Tcos mg，Tcos mg，所以TT。对于图乙中的小球，水平方向有Tsin ma。对于图甲中的小车，水平方向有Tsin 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 6A
11、弹簧测力计的示数是50 NB弹簧测力计的示数是24 NC在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2D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变式训练4(多选)如图7所示
12、，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()A减小A物块的质量B增大B物块的质量C增大倾角D增大动摩擦因数图 7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 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、
13、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，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10C15D18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
14、，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，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 8AP处于超重状态BP受到的摩擦力大小为mg，方向水平向右CP受到的摩擦力大小为mgsin cos，方向水平向左DP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
15、，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 gsincos，a2asin gsin2，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有fma1，方向水平向左，竖直方向上有mgNma2，得fmgsin cos，Nmgcos2，选项C正确，B、D错误。答案 C1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
16、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。突破三 临界问题的处理方法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物体所受的合外力为零两物体刚好分离两物体间的弹力N0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
17、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。(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。图 9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
18、子作用，应满足 Nsin ma0，Ncos 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 Ncos FmgNsin ma解得 Fm(atan g)答案(1)av22asv2(2)0 m(atan g)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
19、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。(取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)圆环加速度a的大小；(2)拉力F的大小。图 10解析(1)圆环做匀加速直线运动，由运动学公式可知x12at2a2xt2 2212 m/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 NmaFsin Nmg由此得 Fmagcos sin 124 N答案(1)4 m/s2(2)12 N 或 124 N