2025高考物理總復習牛頓第二定律的綜合應用

第三章運動和力的關系第3課時目標要求1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題。2.理解幾種常見的臨界極值條件，會用極限法、假設法、數(shù)學方法解決臨界極值問題。專題強化：牛頓第二定律的綜合應用內(nèi)容索引考點一

動力學中的連接體問題考點二

動力學中的臨界和極值問題課時精練><考點一動力學中的連接體問題多個相互關聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構成的物體系統(tǒng)稱為連接體。系統(tǒng)穩(wěn)定時連接體一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。1.共速連接體兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。(1)繩的拉力(或物體間的彈力)相關類連接體(2)疊加類連接體(一般與摩擦力相關)例1如圖所示，水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條水平輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是A.若水平面是光滑的，則m2越大，繩的拉力越大B.若木塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為＋μm1gC.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關D.繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關√若設木塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木塊1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，拓展(1)兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接。①如圖甲所示，用力F豎直向上拉木塊時，繩的拉力FT＝__________；②如圖乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木塊時，繩的拉力FT1＝__________；斜面不光滑時繩的拉力FT2＝__________。(2)若質(zhì)量為m1和m2的木塊A和B疊放在一起，放在光滑水平面上，B在水平拉力F的作用下，A、B一起(相對靜止)做勻加速直線運動，則A受到的摩擦力為________。1.整體法與隔離法在分析共速連接體中的應用(1)整體法：若連接體內(nèi)的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度；(2)隔離法：求系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解；(3)整體法和隔離法交替使用：一般情況下，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再隔離某一物體，應用牛頓第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔離某一物體求出加速度，再用整體法求合外力或某一個力。2.共速連接體對合力的“分配協(xié)議”一起做勻加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2之間的相互作用力FT＝

，若作用于m2上，則FT＝

。此“協(xié)議”與有無摩擦無關(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關，而且無論物體系統(tǒng)處于平面、斜面還是豎直方向，此“協(xié)議”都成立。2.關聯(lián)速度連接體輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。下面三圖中A、B兩物體速度和加速度大小相等，方向不同。例2

(2023·江蘇常州市?？?如圖所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪，一端與質(zhì)量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行。開始時，用手按住A，使B懸于空中，釋放后，在B落地之前，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)A.繩的拉力大小為30NB.繩的拉力大小為6NC.物塊B的加速度大小為6m/s2D.如果將B物塊換成一個豎直向下、大小為30N

的力，則物塊A的加速度與換前相同√對B隔離分析，由牛頓第二定律得m2g－FT＝m2a，對A隔離分析，由牛頓第二定律得FT－m1gsinθ＝m1a，聯(lián)立解得a＝6m/s2，F(xiàn)T＝12N，故A、B錯誤，C正確；如果將B物塊換成一個豎直向下、大小為30N的力，對A分析，由牛頓第二定律得F－m1gsinθ＝m1a′，解得a′＝24m/s2，則物塊A的加速度與換前不同，故D錯誤。關聯(lián)速度連接體做加速運動時，由于加速度的方向不同，一般分別選取研究對象，對兩物體分別列牛頓第二定律方程，用隔離法求解加速度及相互作用力。返回動力學中的臨界和極值問題><考點二1.臨界、極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；(2)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。2.常見的臨界條件(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0。3.處理臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設法臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題數(shù)學法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件例3

(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖所示，A、B疊放在粗糙水平桌面上，一根輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪連接A、C，滑輪左側(cè)輕繩與桌面平行，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與桌面間的動摩擦因數(shù)為

，A、B、C質(zhì)量分別為2m、2m和m，各面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，將C由圖示位置靜止釋放，要使A、B間發(fā)生相對滑動，則μ滿足的條件是√A與B之間的最大靜摩擦力Ff1＝2μmg若A與B間恰好發(fā)生相對滑動時，A、B、C的加速度大小恰好相等，此時對B，由牛頓第二定律得Ff1－Ff2＝2ma對A、B整體，由牛頓第二定律得FT－Ff2＝4ma對C，由牛頓第二定律得mg－FT＝ma例4一輛汽車運載著圓柱形的光滑空油桶。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一個桶C，自由地擺放在A、B之間，沒有用繩索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和汽車一起保持靜止，如圖所示，下列說法正確的是(重力加速度為g)A.當汽車向左做加速運動時，加速度變大，B對C的支持力變小√C.汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大對桶C受力分析如圖根據(jù)牛頓第二定律有FBsinθ－FAsinθ＝ma豎直方向根據(jù)平衡條件可得FBcosθ＋FAcosθ＝mg，加速度變大，則B對C的支持力增大，A對C的支持力減小，故A錯誤；當汽車向左做加速運動，C將要脫離A時，A對C的支持力為零，此時有mgtanθ＝ma汽車向左勻速運動時，C受力平衡，無論速度多大，都有FB＝FA，且滿足FBcosθ＋FAcosθ＝mg，則B對C的支持力不變，故C錯誤；當汽車向右做加速運動，C將要脫離B時，B對C的支持力為零，此時有mgtanθ＝ma例5如圖甲所示，一個質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊(可看成質(zhì)點)，以v0＝2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝8m，已知斜面傾角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物塊加速度a的大??；答案2m/s2代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2。(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；答案0.5根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5。(3)若拉力F的大小和方向可調(diào)節(jié)，如圖乙所示，為保持原加速度不變，F(xiàn)的最小值是多少。設F與斜面夾角為α，平行斜面方向有Fcosα－mgsinθ－μFN＝ma垂直斜面方向有FN＋Fsinα＝mgcosθ當sin(φ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值Fmin，例6

(2023·江蘇南通市海安中學段考改編)如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的水平托盤B與一豎直放置的輕彈簧焊接，托盤上放一質(zhì)量mA＝1kg的小物塊A，整個裝置靜止?，F(xiàn)對小物塊A施加一個豎直向上的變力F，使其從靜止開始以加速度a＝2m/s2做勻加速直線運動，已知彈簧的勁度系數(shù)k＝600N/m，g＝10m/s2。以下結(jié)論正確的是A.變力F的最小值為2NB.變力F的最小值為12NC.小物塊A與托盤B分離瞬間的速度為0.2m/s√A、B整體受力產(chǎn)生加速度，則有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，當FNAB最大時，F(xiàn)最小，剛開始施力時，F(xiàn)NAB最大且等于A和B的重力之和，則Fmin＝(mA＋mB)a＝6N，A、B錯誤；剛開始，彈簧的壓縮量為x1＝

＝0.05m，A、B分離時，其間恰好無作用力，對托盤B，由牛頓第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04m，物塊A在這一過程的位移為Δx＝x1－x2＝0.01m，由運動學公式可知v2＝2aΔx，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2m/s，C正確，D錯誤。返回課時精練對兩物塊整體受力分析有Fmax＝2ma，再對后面的物塊受力分析有FTmax＝ma，又FTmax＝2N，聯(lián)立解得Fmax＝4N，故選C。1.(2023·北京卷·6)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為A.1N B.2N C.4N D.5N√12345678910112.(2023·江蘇省鎮(zhèn)江地區(qū)聯(lián)考)某運送物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第10節(jié)對第11節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第11節(jié)對倒數(shù)第10節(jié)車廂的牽引力為√1234567891011設每節(jié)車廂質(zhì)量為m，每節(jié)車廂受到的阻力為Ff，則對后30節(jié)車廂F－30Ff＝30ma對后10節(jié)車廂F′－10Ff＝10ma12345678910113.(2021·全國甲卷·14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將A.逐漸增大

B.逐漸減小C.先增大后減小

D.先減小后增大1234567891011√設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知可知θ＝45°時，t有最小值，故當θ從由30°逐漸增大至60°時，物塊的下滑時間t先減小后增大，故選D。12345678910114.(2021·海南卷·7)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎狿、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。則推力F的大小為A.4.0N B.3.0NC.2.5N D.1.5N√1234567891011P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有FT1＝mQg＝2N，F(xiàn)f＝FT1＝2N<μmPg＝2.5N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄蔘物塊加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5m/s2，而P物塊將以相同大小的加速度向右加速運動，對P由牛頓第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0N，故選A。12345678910115.如圖，P、Q兩物體疊放在水平面上，已知兩物體質(zhì)量均為m＝2kg，P與Q間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，Q與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，當水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，下列說法正確的是A.Q對P的摩擦力方向水平向左B.水平面對Q的摩擦力大小為2NC.P與Q之間的摩擦力大小為4ND.P與Q發(fā)生相對滑動√1234567891011當水平向右的外力F＝12N作用在Q物體上時，假設P與Q相對靜止一起向右做勻加速直線運動，以P與Q為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2m/s2，以P為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2N＝4N，由于Ff＝4N<μ1mg＝6N，說明假設成立，C正確，D錯誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對P的摩擦力方向水平向右，A錯誤；水平面對Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4N，B錯誤。12345678910116.(2024·江蘇南京市棲霞中學開學考)如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面體上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個水平恒力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是A.若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零B.若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C.斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD.擋板對球的彈力不僅有，而且是一個定值1234567891011√球與斜面體具有共同的加速度，由牛頓第二定律可知球所受合力方向水平向右，若豎直擋板對球的彈力為零，對球受力分析可知，球受到自身的重力，無論此時球是否受到斜面對球的垂直斜面向上的彈力，其合力方向不可能沿水平向右；同理，若斜面對球的彈力為零，小球受到重力，無論此時是否受到豎直擋板對球的水平向右的彈力，合力方向也不可能沿水平向右，故A、B錯誤；1234567891011根據(jù)牛頓第二定律可知球所受合力方向水平向右，故斜面和擋板對球的彈力及球受到的重力的合力等于ma，故C錯誤；球所受合力方向水平向右，可知此時小球受到重力，斜面對球的彈力FN1和擋板對球的彈力FN2，設斜面傾角為θ，豎直方向有FN1cosθ＝mg，水平方向有FN2－FN1sinθ＝ma，聯(lián)立解得擋板對球的彈力FN2＝mgtanθ＋ma，為一定值，故D正確。12345678910117.(2024·江蘇淮安市南通市月考)光滑水平面上放有相互接觸但不粘連的兩個物體A、B，物體A質(zhì)量m1＝1kg，物體B質(zhì)量m2＝2kg。如圖所示，作用在兩物體A、B上的力隨時間變化的規(guī)律分別為FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列說法正確的是A.t＝0時，物體A的加速度大小為3m/s21234567891011√t＝0時，F(xiàn)A0＝3N，F(xiàn)B0＝8N，設A和B的共同加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入數(shù)據(jù)解得a＝

A錯誤；由分析知，A和B開始分離時，A和B速度相等，無相互作用力，且加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，聯(lián)立解得t＝

當t＝1s時，A、B已分離，F(xiàn)B1＝5N，對B由牛頓第二定律有aB＝

＝2.5m/s2，B、C錯誤，D正確。12345678910118.(2024·江蘇鹽城市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量均為1kg的兩物塊A、B疊放后靜止在光滑水平面上的O點，水平輕彈簧與豎直墻壁、A相連接，且處于原長，彈簧勁度系數(shù)k＝100N/m?，F(xiàn)對B施加一水平向左的推力F，使A、B一起緩慢向左移至P點后靜止釋放。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，設兩物塊間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是A.OP間距離最大為4cmB.釋放后A將從B上滑出C.釋放后A的加速度可能為4m/s2D.釋放后A、B將一起向右做勻加速運動√1234567891011A、B一起緩慢向左移至P點，當在P點A、B間恰好不發(fā)生相對滑動時，OP間距離最大，此時A、B間的最大靜摩擦力等于彈簧彈力，μmAg＝kx，故OP間距離最大為x＝0.04m＝4cm，故A正確；釋放后根據(jù)牛頓第二定律有F彈－Ff＝mAa，F(xiàn)f＝mBa，由于A、B間的最大靜摩擦力足以提供B做勻加速運動的合外力，故釋放后A、B相對靜止，A不會從B上滑出，故B錯誤；1234567891011故釋放后A的加速度不可能為4m/s2，故C錯誤；釋放后A、B將一起做簡諧運動，故D錯誤。12345678910119.(2024·江蘇南通市調(diào)研)如圖所示，傾斜細桿與水平方向夾角為θ，細桿上套一小環(huán)，小環(huán)與小球由一輕質(zhì)細繩連接，小環(huán)與細桿間的動摩擦因數(shù)為μ，已知μ<tanθ，則小環(huán)與小球一起下滑時，位置可能正確的是√1234567891011把小環(huán)和球看作一個整體受力分析，沿桿和垂直桿建立直角坐標系，根據(jù)牛頓第二定律可知沿桿方向：(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝gsinθ－μgcosθ所以整體有沿桿向下的加速度，C、D圖中整體合力并不是沿桿向下，故C、D錯誤；1234567891011設輕繩與細桿垂直，對小球受力分析可知恰好有mgsinθ＝ma′即a′＝gsinθ由于a<a′則位置可能是B圖，故A錯誤，B正確。123456789101110.(2024·江蘇南通市調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為