高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用教学案

第3节牛顿运动定律的综合应用动力学中整体法、隔离法的应用[讲典例示法] 1．整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。

(2)运用整体法解题的基本步骤：明确所研究系统和运动的全过程⇨画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图⇨选用适当的物理规律列方程求解2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。

(2)运用隔离法解题的基本步骤：①明确研究对象或过程、状态。

②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。

③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。

④选用适当的物理规律列方程求解。

[典例示法] (多选)(2019·保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。

用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。

重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。

[解析]甲 乙对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，对楔形物体受力分析如图乙所示。

由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma ，可得F ＝40 N ，a ＝10 m/s 2，A 错误，B 正确；斜面体对楔形物体的作用力F N2＝mgsin 45°＝2mg ＝10 2 N ，C 错误；外力F 增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D 正确。

[答案] BD(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。

(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。

[跟进训练]先整体后隔离法的应用1．(2019·南昌二中月考)(多选)质量分别为M 和m 的物块A 和B 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，A 恰好能静止在斜面上，不考虑A 、B 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A ，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．轻绳的拉力等于mgB ．轻绳的拉力等于MgC ．A 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．A 运动的加速度大小为M －mMg ACD [本题考查连接体的临界问题。

第一次放置时A 静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg ；第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mg －mg sin α＝(M ＋m )a ，联立解得a ＝(1－sin α)g ＝M －mMg 。

对B ，由牛顿第二定律有T －mg sin α＝ma ，解得T ＝mg ，故A 、C 、D 正确，B 错误。

]2．(多选)(2019·商洛质检)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x ；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A ．若m >M ，有x 1＝x 2B ．若m <M ，有x 1＝x 2C ．若μ>sin θ，有x 1>x 2D ．若μ<sin θ，有x 1<x 2AB [在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F －μ(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1①隔离物块A ，根据牛顿第二定律，有F T －μmg ＝ma 1②联立①②解得F T ＝mm ＋MF ③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F －(m ＋M )g sin θ＝(m ＋M )a 2④隔离物块A ，根据牛顿第二定律，有F ′T －mg sin θ＝ma 2⑤联立④⑤解得F ′T ＝mM ＋mF ⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A 、B 正确，C 、D 错误。

]先隔离后整体法的应用3.(2019·南通模拟)如图所示，质量为m 2的物块B 放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m 1的物块A ，用通过光滑的定滑轮的细线将A 与质量为M 的物块C 连接，释放C ，A 和B 一起以加速度大小a 从静止开始运动，已知A 、B 间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，则细线中的拉力大小为( )A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1gC [以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a≠μm1g，故D错误。

]4．如图甲所示，质量为m0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，m0>m，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α角，细线的拉力为F 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α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。

则( )甲乙A．F′＝F，F′T＝F T B．F′>F，F′T＝F TC．F′<F，F′T>F T D．F′<F，F′T<F TB [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F T cos α＝mg，F′T cos α＝mg，所以F T＝F′T。

对于题图乙中的小球，水平方向有F′T sin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向有F T sin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。

对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。

]动力学中的图象问题[讲典例示法] 1．常见的动力学图象v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a图象等。

2．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。

3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、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)注意图线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，图线的转折点，两图线的交点等。

(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

[典例示法] (多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10 m/s 2。

由题给数据可以得出( )图(a)图(b) 图(c)A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 思路点拨：解此题关键有两点：(1)明确f ­t 图象和v ­t 图象的信息，并做好运动分析和受力分析。

(2)分段研究木板的加速度和应用牛顿第二定律求解。

[解析] 分析知木板受到的摩擦力f ′＝f 。

0～2 s 内，木板静止，F ＝f ′，F 逐渐增大，所以C 错误。

4～5 s 内，木板加速度大小a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板受力分析，f ′＝ma 2＝0.2 N ，得m ＝1 kg ，所以A 正确。

2～4 s 内，对木板F －f ′＝ma 1，F ＝f ′＋ma 1＝0.2 N ＋1×0.4－02 N ＝0.4 N ，所以B 正确。

由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误。

[答案] AB动力学图象问题的解题策略[跟进训练]动力学中的F ­t 图象1．(多选)(2019·龙岩质检)质量m ＝2 kg 的物块在粗糙的水平地面上运动，t ＝0时刻开始受到方向相反的水平拉力F 1、F 2的作用，以3 m/s 的速度做匀速直线运动，F 1、F 2随时间t 的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.3B ．3 s 末物块的加速度大小为1.5 m/s 2C ．5 s 末物块的速度大小为1.5 m/sD ．5 s 内物块的位移大小为9 mBD [本题考查根据物体受力图象分析运动问题。

0～2 s 内，由物块处于平衡状态可得F 1＋F 2－μmg ＝0，代入数据解得μ＝0.2，故A 错误；3 s 末物块的加速度大小为a ′＝－F 2＋μmg －F ′1m＝1.5 m/s 2，故B 正确；2～4 s 内物块的加速度大小都为a ′＝1.5 m/s 2，所以物块减速到0的时间为t 2＝31.5 s ＝2 s ，即物块在4 s 末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C 错误；5 s 内物块的位移大小等于4 s 内物块的位移大小，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3＋02×2 m ＝9 m ，故D 正确。

]动力学中的v ­t 图象2．(2019·潍坊一中摸底)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m 后锁定，t ＝0时解除锁定，释放滑块。

计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v ­t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t ＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m ＝2.0 kg ，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B ．弹簧恢复原长时，滑块速度最大C ．弹簧的劲度系数k ＝175 N/mD ．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s 2C [根据v ­t 图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A 、B 错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝1.50.3 m/s 2＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为F f ＝μmg＝ma 1＝2×5 N＝10 N ，刚释放时滑块的加速度大小为a 2＝Δv ′Δt ′＝30.1 m/s 2＝30 m/s 2，此时滑块的加速度最大，选项D 错误；由牛顿第二定律得kx －F f ＝ma 2，代入数据解得k ＝175 N/m ，选项C 正确。