高考物理新课标总复习配套讲义第17课时 牛.docx
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高考物理新课标总复习配套讲义第17课时牛
第17课时 牛顿运动定律的综合应用(题型研究课)
[命题者说] 动力学的连接体问题、多过程问题、临界极值问题是高考中常考的三大类问题,通过本课时的复习,可以掌握解决这些问题的方法。
解题时,要侧重对过程的分析,弄清楚解答问题的关键。
(一) 整体法与隔离法求解动力学连接体问题
连接体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力。
[题型1:
同一方向上的连接体问题]
这类问题一般多是连接体(系统)中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。
[例1] (多选)(2017·邯郸摸底)如图所示,粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C,质量均为m,B、C之间用轻质细绳连接。
现用一水平恒力F作用在C上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动。
则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是( )
A.无论粘在哪个木块上面,系统加速度都将减小
B.若粘在A木块上面,绳的拉力减小,A、B间摩擦力不变
C.若粘在B木块上面,绳的拉力增大,A、B间摩擦力增大
D.若粘在C木块上面,绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
[解析] 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a=
,因无相对滑动,所以,无论橡皮泥粘到哪块上,根据牛顿第二定律都有F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a,系统加速度a都将减小,A正确;若粘在A木块上面,以C为研究对象,受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT,F-μmg-FT=ma,a减小,F、μmg不变,所以FT增大,B错误;若粘在B木块上面,a减小,以A为研究对象,m不变,所受摩擦力减小,C错误;若粘在C木块上面,a减小,A的摩擦力减小,以A、B整体为研究对象,有FT-2μmg=2ma,FT减小,D正确。
[答案] AD
[题型2:
不同方向上的连接体问题]
如图所示,细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,一般采用隔离法求解。
[例2] (2017·无锡测试)如图所示的装置叫作阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。
绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g,同自由落体相比,下落相同的高度,所花费的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。
已知物体A、B的质量相等均为M,物体C的质量为m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,绳子不可伸长,如果m=
M,求:
(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值;
(2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力大小。
[解析]
(1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,
对物体A,F-Mg=Ma,
对B、C整体,(M+m)g-F=(M+m)a,
联立解得:
a=
g。
将m=
M代入,得a=
。
物体B从静止开始下落一段距离,h=
at2,
自由落体下落同样的距离,h=
gt02,
解得,
=
=3。
即物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3。
(2)设B对C的拉力为T,对物体C,由牛顿第二定律,
mg-T=ma,
解得T=mg-ma=
mg。
由牛顿第三定律,物体C对B的拉力为
mg。
[答案]
(1)3
(2)
mg
[通法归纳]
整体法与隔离法使用心得
(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法。
(2)整体法计算简便,但对受分析和列牛顿第二定律方程都有更高的能力要求。
(3)只要按部就班受力分析、列方程,整体法能解决的问题,隔离法都能解决。
[集训冲关]
1.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.
解析:
选B 本题利用牛顿第二定律,先选A、B为一整体,再隔离A物体,求出弹簧的弹力F,由F=kx,即可求得弹簧的伸长量,但是若用极限分析法,可快速得出结果:
令F1=F2,则两物体静止,F=F1=F2=kx,能满足此条件的结果只有B选项。
2.(多选)(2015·全国卷Ⅱ)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.8B.10
C.15D.18
解析:
选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分。
设该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m,当加速度为a时,对Q有F=n1ma;当加速度为
a时,对P有F=(n-n1)m
a,联立得2n=5n1。
当n1=2,n1=4,n1=6时,n=5,n=10,n=15,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。
3.如图所示,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧秤上,弹簧秤固定在小车上。
开始时小车处于静止状态,当小车匀加速向右运动时,下述说法中正确的是( )
A.弹簧秤读数变大,小车对地面的压力变大
B.弹簧秤读数变大,小车对地面的压力变小
C.弹簧秤读数不变,小车对地面的压力变大
D.弹簧秤读数变大,小车对地面的压力不变
解析:
选D 对整体受力分析可知,加速前整体处于静止状态,合力为零,在竖直方向上合力为零,即整体受到的重力等于地面的支持力,向右匀加速运动过程中,加速度沿水平方向,竖直方向上没有加速度,在竖直方向上合力仍为零,即重力等于地面的支持力,所以变化前后小车对地面的压力大小不变。
对小球受力分析,加速前,小球处于静止状态,重力等于绳子的拉力,加速后,小球的加速度水平向右,即拉力和重力的合力水平向右,拉力增大,弹簧秤的示数增大,故D正确。
(二) 动力学中的多过程问题
[典例] (2017·河南林州市专项练习)如图所示,一圆环A套在一均匀圆木棒B上,A的长度相对B的长度来说可以忽略不计,A和B的质量都等于m,A和B之间滑动摩擦力为f(f 开始时B竖直放置,下端离地面高度为h,A在B的顶端,如图所示,让它们由静止开始自由下落,当木棒与地面相碰后,木棒以竖直向上的速度反向运动,并且碰撞前后的速度大小相等。 设碰撞时间很短,不考虑空气阻力,在B再次着地前,A、B不分离。 (1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中,A、B各自的运动情况,并解出匀变速运动时的加速度大小; (2)B至少应该多长? [解析] (1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,加速度大小都为a=g,B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,加速度大小 aA= , B竖直向上做匀减速运动,加速度大小 aB= , B速度减为零后,继续以加速度aB向下运动。 (2)B着地前瞬间的速度为v1= , B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 t= , 在此时间内A的位移x=v1t+ aAt2, 要使B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足条件L≥x, 联立以上各式,解得L≥ 。 [答案] (1)见解析 (2) 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是高考命题的热点。 解决“多过程”问题的关键: 首先明确每个“子过程”所遵守的规律,其次找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。 [集训冲关] 1.(2017·南昌模拟)有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是: 选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在冰上有效区域内,视为成功;若箱最后未停在冰上有效区域内就视为失败。 其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,BC为有效区域。 已知BC长度L2=1m,木箱的质量m=50kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1。 某选手作用在木箱上的水平推力F=200N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10m/s2。 那么该选手要想游戏获得成功,试求: (1)推力作用在木箱上时的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件? 解析: (1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1,根据牛顿运动定律得 F-μmg=ma1 解得a1=3m/s2。 (2)撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿运动定律得 μmg=ma2 解得a2=1m/s2 推力作用在木箱上时间t内的位移为x1= a1t2 撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2= 木箱停在有效区域内,要满足条件L1-L2≤x1+x2≤L1 解得1s≤t≤ s。 答案: (1)3m/s2 (2)1s≤t≤ s 2.“辽宁舰”在海上进行“歼15”舰载机起降训练,如图所示,“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m。 一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 。 假设“辽宁舰”处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取10m/s2。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小; (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s,外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力,求助推力F推的大小。 解析: (1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力的作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有F合=F-f=ma1 v12-v02=2a1l1 v1=a1t1 其中v0=0,f=0.1mg,代入已知数据可得 a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s 飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2,沿斜面方向有 F合′=F-f-mgsinθ=ma2,其中sinθ= v22-v12=2a2l2 代入已知数据可得a2=3.0m/s2, v2= m/s≈41.5m/s。 (2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′, 有F合″=F推+F-f=ma1′ v1′2-v02=2a1′l1 飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化,加速度大小a2′=a2=3.0m/s2 v2′2-v1′2=2a2′l2 根据题意,v2′=100m/s, 代入已知数据解得F推=5.175×105N。 答案: (1)8.0s 41.5m/s (2)5.175×105N (三) 动力学中的临界极值问题 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,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“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”“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。 2.解临界极值问题的三种方法: 极限法、假设法、数学法。 [方法1: 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。 [例1] 如图所示,一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。 若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦。 设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2,已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的。 请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是( ) A.FT1= B.FT1= C.FT1= D.FT1= [解析] 采用极限法,取滑轮的质量m=0,则系统的加速度a= ,对A有FT1-m1g=m1a,解得FT1= ,将m=0代入四个选项可知C正确。 [答案] C [方法2: 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。 [例2] 如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增大,在增大到45N的过程中,则( ) A.当拉力F<12N时,物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动 [解析] 首先了解各物体的运动情况,B运动是因为A对它有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在最大值,可以求出此加速度下拉力的大小;如果拉力再增大,则物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小,以A为研究对象进行受力分析,A受水平向右的拉力,水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa,再以B为研究对象,B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a= = = m/s2=6m/s2,F=48N,由此可以看出当F<48N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是说,A、B间不会发生相对运动,故选项D正确。 [答案] D [方法3: 数学法] 将物理过程通过数学公式表达出来,根据数学表达式解析临界条件和极值问题。 [例3] 如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动,已知拉力F=6.5N,玩具的质量m=1kg,经过时间t=2.0s。 玩具移动了距离x=2 m,这时幼儿松开手,玩具又滑行了一段距离后停下。 (取g=10m/s2),求: (1)玩具与地面间的动摩擦因数; (2)松开手后玩具还能运动多远? (3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平面夹角多大时,最省力? [解析] (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动,由位移公式可得x= at2 解得a= m/s2 对玩具,由牛顿第二定律得 Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma 解得μ= 。 (2)松手时,玩具的速度v=at=2 m/s 松手后,由牛顿第二定律得μmg=ma′ 解得a′= m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x′= =0.6 m≈1.04m。 (3)设拉力与水平方向的夹角为θ,玩具要在水平面上运动,则Fcosθ-Ff>0 Ff=μFN 在竖直方向上,由平衡条件得 FN+Fsinθ=mg 解得F> cosθ+μsinθ= sin(60°+θ) 当θ=30°时,拉力最小,最省力。 [答案] (1) (2)1.04m (3)30° [通法归纳] 四种典型的临界条件 (1)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。 (2)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。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件: 绳子所能承受的张力是有限度的,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。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件: 当加速度变为0时。 [集训冲关] 1.如图所示,质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上,A、B间的最大静摩擦力为2N,B与地面间的动摩擦因数为0.2。 用水平力F作用于B,则A、B保持相对静止的条件是(g取10m/s2)( ) A.F≤12NB.F≤10N C.F≤9ND.F≤6N 解析: 选A 当A、B间有最大静摩擦力(2N)时,对A由牛顿第二定律知,加速度为2m/s2,对A、B整体应用牛顿第二定律有: F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=12N,A、B保持相对静止的条件是F≤12N,A正确,B、C、D错误。 2.如图所示,小车上放着由轻弹簧连接的质量为mA=1kg、mB=0.5kg的A、B两物体,两物体与小车间的最大静摩擦力分别为4N和1N,弹簧的劲度系数k=0.2N/cm。 (1)为保证两物体随车一起向右加速运动,弹簧的最大伸长是多少厘米? (2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动,弹簧的伸长是多少厘米? 解析: (1)为保证两物体随车一起向右加速运动,且弹簧的伸长量最大,A、B两物体所受静摩擦力应达到最大,方向分别向右、向左。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律 a= =2m/s2 对A应用牛顿第二定律FfA-kx=mAa 解得x=10cm。 (2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动,A、B两物体所受静摩擦力应达到最大,方向均向右。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律 a= = m/s2 对A应用牛顿第二定律FfA-kx=mAa 解得x≈3.33cm。 答案: (1)10cm (2)3.33cm 一、选择题 1.如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时( ) A.M受静摩擦力增大 B.M对车厢壁的压力减小 C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小 解析: 选C 分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误。 水平方向,FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误。 因FN增大,物体与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确。 2.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连,两个物块与水平面间的动摩擦因数相同。 当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1。 当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示),弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于( ) A.1∶1B.1∶2 C.2∶1D.2∶3 解析: 选A 水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得x1= ;竖直放置时,F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,x2= ,故x1∶x2=1∶1,A项正确。 3.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D,其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg。 现用水平拉力F拉D木块,使四个木块以同一加速度运动,则A、C轻绳的最大拉力为( ) A. B. C. D.3μmg 解析: 选C 设整体加速度为a,对B木块受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,Ff1=2ma① 对A、B、C三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,Ff2=4ma② 由于A、B间和C、D间的最大静摩擦力大小都为μmg,且Ff2>Ff1,所以整体加速度增大时,C、D间的静摩擦力先达到最大静摩擦力,取Ff2=μmg③ 再对A、B两木块组成的整体受力分析,水平方向只受绳的拉力作用,有FT=3ma④ 由②③④得FT= μmg,C正确。 4.(多选)(2017·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为α的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M、m与斜面之间的摩擦。 若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放M,斜面仍保持静止。 则下列说法正确的是( ) A.轻绳的拉力等于Mg B.轻绳的拉力等于mg C.M运动的加速度大小为(1-sinα)g D.M运动的加速度大小为 g 解析: 选BC 互换位置前,M静止在斜面上,则有: Mgsinα=mg,互换位置后,对M有Mg-FT=Ma,对m有: FT′-mgsinα=ma,又FT=FT′,解得: a=(1-sinα)g,FT=mg,故A、D错,B、C对。 5.(多选)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,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μ。 为了增加轻线上的张力,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θD.增大动摩擦因数μ 解析: 选AB 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得: F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,隔离物块B,应用牛顿第二定律得,FT-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa。 以上两式联立可解得: FT= ,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,mB越大,mA越小,FT越大,故A、B均正确。 二、计算题 6.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mA=3kg,mB=6kg,推力FA作用于A上,拉力FB作用于B上,FA、FB大小均随时间而变化,其规律为FA=(12-2t)N,FB=(6+2t)N。 问从t=0开始,到A、B相互脱离为止,A、B的共同位移是多少。 解析: FA、FB的大小虽随时间而变化,但F合=FA+FB=18N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: FA+FB=(mA+mB)a① 设A、B间的弹力为FAB,对B有: FB+FAB=mBa② 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 FAB=0③ 将FA=(12-2t)N,FB=(6+2t)N代入①得: a=2m/s2。 结合②③得: t=3s。 A、B相互脱离前共同位移为: x= at2, 代入数值得: x=9m。 答案: 9m 7.(2017·宁德质检)如图所示,可看做质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。 A放在光滑水平桌面上,一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,两端分别与A、B相连接,A和滑轮间的轻绳与桌面平行。 现将A从静止释放,当B落地时,A还在桌面上。 不计空气阻力,重力加速度为g。 求: (1)B落地前的加速度a的大小; (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。 解析: (1)B落地前,对于A,取水平向左为正,对于B,取竖直向下为正, 根据牛顿第二定律得,T=2ma, mg-T=ma 联立两式解得a= g。 (2)由 (1)解得B落地前轻绳的张力T= mg 则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到轻绳的压力大小, F=2Tcos45°= mg。 答案: (1) g (2) mg 8.为了提高运动员
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