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课时分层作业(十三)　牛顿第二定律的综合应用
?基础强化练?
1．一雨滴从空中由静止开始竖直落下，假设雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是(　　)
2．2021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入太空并进驻空间站，在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内速度变化量大小是2m/s.则待测物体Q的质量m2为(　　)
A．3.0kgB．4.0kg
C．5.0kgD．6.0kg
3.
(多选)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m1＝3kg，m2＝2kg，连接它们的细线最大能承受6N的拉力．现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则(　　)
A．F1的最大值为10N
B．F1的最大值为15N
C.F2的最大值为10N
D．F2的最大值为15N
4．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动；小球A用细线悬挂于车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为(　　)
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于，方向水平向左
D．大小等于，方向斜向左上方
5．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(　　)
A．2.0NB．3.0N
C．6.0ND．9.0N
6.(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示．已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数．忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球的最大加速度为g
B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D．小球的最大速度为
7．[2023·西南四省高三(上)12月联考]如图甲所示，O、A、B是固定斜面上的三点，OA段光滑且长l＝m，A点以下部分粗糙．一物块从O点由静止开始向下滑动，物块经过AB段所用的时间为t，A、B两点间的距离为x.保持O、A两点的位置不变，改变B点的位置，仍让该物块从O点由静止开始向下滑动，多次操作后得出的 t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求斜面粗糙部分的动摩擦因数μ.
?能力提升练?
8．(多选)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1kg的小物块放在质量m2＝2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°.现对木板施加水平向左的拉力F＝18N，木板运动的v t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，g取10m/s2，则(　　)
A．木板的长度为2m
B．木板的长度为1m
C．木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D．物块与木板间的动摩擦因数为
9.[2023·山西运城期末]在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上．已知图甲中两本词典一起沿木板匀速下滑，图乙中两本词典一起沿木板匀加速下滑，两本词典的封面材料不同，但同一本词典的上、下两面材料相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．μ2一定小于tanθ
B．μ3一定等于tanθ
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小一定是μ1mgcosθ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小一定是μ3mgcosθ
10.[2022·山东卷]某粮库使用额定电压U＝380V、内阻R＝0.25Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A．关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值．
课时分层作业（十三）
1．解析：根据牛顿第二定律得a＝，可知速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，所以雨滴匀速前的速度—时间图像不是直线，由于阻力随速度增大而增大，故阻力—时间图像与速度—时间图像接近，又因为a＝，故加速度—时间图像不是直线，故C正确．
答案：C
2．解析：对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝＝＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝＝＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B.
答案：B
3．解析：若向左拉m1，对m2分析，则FTm＝m2a，得出最大加速度a＝3m/s2；对两物块系统：F1＝（m1＋m2）a＝（2＋3）×3N＝15N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则FTm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2m/s2；对两物块系统：F2＝（m1＋m2）a′＝（2＋3）×2N＝10N，选项D错误，C正确．
答案：BC
4．解析：
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtanθ＝m球a，得到a＝gtanθ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示．设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mgtanα＝ma，F＝，将α＝gtanθ代入，得α＝θ，F＝，方向斜向左上方，故D正确．
答案：D
5．解析：根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0N；根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a′，代入数据解得Fmax＝6.0N，故选C.
答案：C
6．解析：当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝，C、D正确．
答案：ACD
7．解析：根据匀变速直线运动的位移—时间公式有x＝v0t＋at2，变形得＝v0＋at
根据图像可知，物块在A点的速度大小为vA＝1m/s
设在OA段的加速度大小为a0，则有v＝2a0l
解得a0＝6m/s2
在OA段，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma0
解得斜面的倾角为θ＝37°
知 t图像的斜率为k＝a＝m/s2＝0.4m/s2
解得加速度大小为a＝0.8m/s2
物块在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得斜面粗糙部分的动摩擦因数为μ＝0.65.
答案：0.65
8．解析：从题图乙可知，木板运动2s离开小物块，在0～2s内，由图像可知x＝m＝1m，所以木板的长度L＝2x＝2m，故A正确，B错误．设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，在2～3s内，由图像可得长木板的加速度a2＝＝4m/s2，由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，解得μ2＝0.5，故C正确．在0～2s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋FTsin37°＝m1g，水平方向FTcos37°＝Ff，又知Ff＝μ1FN；长木板的加速度a1＝＝0.5m/s2，对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F－F′f－μ2（m2g＋F′N）＝m2a1，由牛顿第三定律得Ff＝F′f，FN＝F′N，联立上述式子解得μ1＝，故D正确．
答案：ACD
9．解析：对图甲词典整体进行受力分析，有2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，解得μ2＝tanθ，选项A错误；对图甲中的英语词典单独受力分析，设其受到的静摩擦力为f，则有f＝mgsinθ≤μ3mgcosθ，即μ3≥tanθ，选项B错误；对图乙词典整体进行受力分析，有2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma，对图乙的汉语词典单独受力分析，有mgsinθ－f汉＝ma，联立解得f汉＝μ1mgcosθ，选项C正确；根据A、B项的分析，可知2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，f＝mgsinθ，故有f＝μ2mgcosθ，选项D错误．
答案：C
10．解析：（1）以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7400N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－（m1＋m2）gsinθ－k（m1＋m2）g＝0
小车匀速下滑时，有m1gsinθ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1
（2）关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
（m1＋m2）gsinθ－m0g＋k（m1＋m2）g＝（m1＋m2＋m0）a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝m
答案：（1）0.1　（2）m专题强化四　牛顿第二定律的综合应用
【素养目标】　1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.2.理解几种常见的临界极值条件.3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题.4.会用数形结合法解决动力学图像问题．
题型一　动力学中的连接体问题
连接体模型是力学中常见的模型之一，通常是两个或两个以上的物体相牵连、并排或叠放，处理相对静止类连接体问题的关键点是“一规律、一特点、两方法”
(1)一个核心规律——牛顿第二定律；
(2)一个重要特点——相互作用的物体对彼此的作用力大小相等；
(3)两种重要方法——隔离法、整体法．
例 1[2022·江苏卷]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则(　　)
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
针 对 训 练
1.如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上．将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则推力F的大小为(　　)
A．4.0 N B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
2.
[2023·四川成都高三模拟](多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
3．[2023·四川省成都月考](多选)如图所示，质量为M、中空部分为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球．现用一个水平向右的推力F推动凹槽，当小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力FN＝
C．系统的加速度为g tan α
D．推力F＝(m＋M)g tan α
题型二　动力学中的临界和极值问题
1．常见的临界条件
　脱离瞬间两物体的加速度仍相等
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂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.
2．求解临界极值问题的三种方法
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
考向1　相对滑动的临界问题
例 2 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)．若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m．人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是(　　)
A．1.41 N B．1.42 N
C．1 410 N D．1 420 N
考向2　恰好脱离的动力学临界问题
例 3 (多选)如图所示，倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，质量不计的轻弹簧一端固定在斜面体底端的挡板上，另一端与质量为m的滑块乙相连接，另一质量为2m的滑块甲与滑块乙并排放在斜面体上(两滑块不粘连)．开始时弹簧的压缩量为x0，某时刻在滑块甲上施加一沿斜面体向上的外力，使滑块甲沿斜面体向上做匀加速直线运动，经过一段时间两滑块分离，此时外力F＝3mg sin α，重力加速度为g.则以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为k＝
B．两滑块分离时，弹簧的弹力恰好为零
C．两滑块分离时，弹簧的压缩量为
D．从施力到分离的时间为
考向3　动力学中的极值问题
例 4[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
题型三　动力学图像问题
1．常见图像
v － t图像、a － t图像、F － t图像、F － a图像等．
2．动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断．
例 5 (多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
例 6 货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患．下面进行安全模拟测试实验，如图甲所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的货车向前以v＝4 m/s的速度匀速行驶，质量mA＝10 kg的货物A(可看成质点)和质量mB＝20 kg的货物B(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t＝0时刻将货物A、B轻放到货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0～1 s时间内的速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g＝ 10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字．求：
(1)货物A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)货物B与车厢表面间的动摩擦因数μ2；
(3)货物B的长度L.
针 对 训 练
4.[2023·安徽示范高中皖北协作区联考](多选)如图1所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图2所示的a － F图像，已知g取10 m/s2，则(　　)
A．滑块A的质量为2 kg
B．木板B的质量为6 kg
C．当F＝12 N时，木板B的加速度为4 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
专题强化四　牛顿第二定律的综合应用
题型一
例1　解析：由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB整体有，
F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a
隔离B分析受力，根据牛顿第二定律有
mBg sin θ－μmBg cos θ－FAB＝mBa
联立可得＝－.
由于FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F方向为沿斜面向上，且最开始时弹簧弹力方向也是沿斜面向上的，所以A上滑时弹簧弹力的方向一直是沿斜面向上的，不发生变化，B正确；假设弹簧原长点为O，A开始时距O点距离为x1，最高点时距O点为x2，由能量守恒定律知在上滑过程中＝＋(mg sin θ＋f)(x1－x2)，
可得k＝，
又当位移为最大位移一半时F合＝k(x1－)－(mg sin θ＋f)，
解得F合＝0，故A错误；由＝－知，下滑过程中F逐渐变大，则FAB也逐渐变大，由牛顿第三定律知FBA也逐渐变大，故C错误；
整个过程中弹力做功为0，A重力做功为0，由动能关系可知A、B整体克服摩擦力做的功等于B的重力势能减少量，故D错误．综上，本题选B.
答案：B
1．解析：未加推力F时，绳中张力T＝mQg＝2 N，加上推力后，绳中张力为T′＝1 N，对Q应用牛顿第二定律有mQg－T′＝mQa，而对物块P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，A项正确．
答案：A
2．解析：启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，车厢对乘客有向前的作用力，竖直方向车厢对乘客的支持力竖直向上，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，D正确．
答案：CD
3．解析：小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析，如图所示：
则凹槽对小铁球的支持力FN＝＝，故B错误；对小球进行受力分析得mg tan α＝ma解得a＝g tan α，所以系统的加速度为a＝g tan α，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g tan α，故D正确．故选CD.
答案：CD
题型二
例2　解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2
对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2，
为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝，
纸板运动距离为d＋x1＝，
纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝，
则l＝x1＋x2，
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
代入数据联立得F＝1.42 N，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
例3　解析：开始滑块甲、滑块乙静止在斜面体上，以两滑块为研究对象，由力的平衡条件得3mg sin α＝kx0，解得k＝，A正确；两滑块分离瞬间，对滑块甲有F－2mg sin α＝2ma，解得a＝；对滑块乙有kx－mg sin α＝ma，解得x＝≠0，B错误，C正确；由位移公式有x0－x＝at2得t＝ ，D错误．
答案：AC
例4　解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg ＋kx＝maP，对Q有μmg －kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．
答案：AD
题型三
例5　解析：在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
答案：BC
例6　解析：(1)对货物A进行分析，由图乙知刚放上车厢时，A的加速度aA＝＝4m/s2
由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.40.
(2)对货物B进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度aB＝＝8 m/s2
由牛顿第二定律有μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2≈0.67.
(3)解法一　由图乙知，货物B经时间t1＝0.5 s与车共速，货物A经时间t2＝1 s与车共速，则在0～1 s时间内，货物B的位移为xB＝＋v(t2－t1)
货物A的位移为xA＝
分析可知，货物B的长度L＝xB－xA
联立解得L＝1.0 m.
解法二　从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地位移设为x′B，货物A对地位移设为x′A，则货物B的长度L＝x′B－x′A
由图乙知，货物A、B对地位移之差在数值上等于各自的v t图线与坐标轴围成的面积之差，即
L＝×(1－0.5)×4 m＝1.0 m.
答案：(1)0.40　(2)0.67　(3)1.0 m
4．解析：设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图2可知，当F＝Fm＝10 N时，滑抉A与木板B达到最大共同加速度am＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝10 kg
当F>10 N时，A与B发生相对滑动，对A应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg
根据题图2解得m＝2 kg，μ＝0.4，则M＝8 kg，故A、D正确，B错误；
当F＝12 N时，木板B的加速度为aB＝＝1 m/s2，故C错误．
答案：AD(共28张PPT)
专题强化四　牛顿第二定律的综合应用
【素养目标】　
1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.2.理解几种常见的临界极值条件.3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题.4.会用数形结合法解决动力学图像问题．
题型一　动力学中的连接体问题
连接体模型是力学中常见的模型之一，通常是两个或两个以上的物体相牵连、并排或叠放，处理相对静止类连接体问题的关键点是“一规律、一特点、两方法”
(1)一个核心规律——牛顿第二定律；
(2)一个重要特点——相互作用的物体对彼此的作用力大小相等；
(3)两种重要方法——隔离法、整体法．
例 1 [2022·江苏卷] 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则(　　)
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
答案：B
解析：由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB整体有，
F＋(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a
隔离B分析受力，根据牛顿第二定律有
mBg sin θ－μmBg cos θ－FAB＝mBa
联立可得＝－.
由于FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F方向为沿斜面向上，且最开始时弹簧弹力方向也是沿斜面向上的，所以A上滑时弹簧弹力的方向一直是沿斜面向上的，不发生变化，B正确；假设弹簧原长点为O，A开始时距O点距离为x1，最高点时距O点为x2，由能量守恒定律知在上滑过程中＝＋(mg sin θ＋f)(x1－x2)，
可得k＝，
又当位移为最大位移一半时F合＝k(x1－)－(mg sin θ＋f)，
解得F合＝0，故A错误；由＝－知，下滑过程中F逐渐变大，则FAB也逐渐变大，由牛顿第三定律知FBA也逐渐变大，故C错误；
整个过程中弹力做功为0，A重力做功为0，由动能关系可知A、B整体克服摩擦力做的功等于B的重力势能减少量，故D错误．综上，本题选B.
针 对 训 练
1.如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上．将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则推力F的大小为(　　)
A．4.0 N B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
答案：A
解析：未加推力F时，绳中张力T＝mQg＝2 N，加上推力后，绳中张力为T′＝1 N，对Q应用牛顿第二定律有mQg－T′＝mQa，而对物块P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，A项正确．
2.[2023·四川成都高三模拟](多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
答案：CD
解析：启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，车厢对乘客有向前的作用力，竖直方向车厢对乘客的支持力竖直向上，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，D正确．
3．[2023·四川省成都月考](多选)如图所示，质量为M、中空部分为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球．现用一个水平向右的推力F推动凹槽，当小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力FN＝
C．系统的加速度为g tan α
D．推力F＝(m＋M)g tan α
答案：CD
解析：小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析，如图所示：
则凹槽对小铁球的支持力FN＝＝，故B错误；对小球进行受力分析得mg tan α＝ma解得a＝g tan α，所以系统的加速度为a＝g tan α，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g tan α，故D正确．故选CD.
题型二　动力学中的临界和极值问题
1．常见的临界条件
　脱离瞬间两物体的加速度仍相等
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂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.
2．求解临界极值问题的三种方法
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
考向1　相对滑动的临界问题
例 2 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)．若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m．人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是(　　)
A．1.41 N B．1.42 N
C．1 410 N D．1 420 N
答案：B
解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1，
解得a1＝2 m/s2
对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2，
为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝，
纸板运动距离为d＋x1＝，
纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝，
则l＝x1＋x2，
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
代入数据联立得F＝1.42 N，故B正确，A、C、D错误．
考向2　恰好脱离的动力学临界问题
例 3 (多选)如图所示，倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，质量不计的轻弹簧一端固定在斜面体底端的挡板上，另一端与质量为m的滑块乙相连接，另一质量为2m的滑块甲与滑块乙并排放在斜面体上(两滑块不粘连)．开始时弹簧的压缩量为x0，某时刻在滑块甲上施加一沿斜面体向上的外力，使滑块甲沿斜面体向上做匀加速直线运动，经过一段时间两滑块分离，此时外力F＝3mg sin α，重力加速度为g.则以下说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为k＝
B．两滑块分离时，弹簧的弹力恰好为零
C．两滑块分离时，弹簧的压缩量为
D．从施力到分离的时间为
答案：AC
解析：开始滑块甲、滑块乙静止在斜面体上，以两滑块为研究对象，由力的平衡条件得3mg sin α＝kx0，解得k＝，A正确；两滑块分离瞬间，对滑块甲有F－2mg sin α＝2ma，解得a＝；对滑块乙有kx－mg sin α＝ma，解得x＝≠0，B错误，C正确；由位移公式有x0－x＝at2得t＝ ，D错误．
考向3　动力学中的极值问题
例 4 [2022·全国甲卷] 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
答案：AD
解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg ＋kx＝maP，对Q有μmg －kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．
题型三　动力学图像问题
1．常见图像
v － t图像、a － t图像、F － t图像、F － a图像等．
2．动力学图像问题的解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题进行准确判断．

例 5 (多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
答案：BC
解析：在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
例 6 货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患．下面进行安全模拟测试实验，如图甲所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的货车向前以v＝4 m/s的速度匀速行驶，质量mA＝10 kg的货物A(可看成质点)和质量mB＝20 kg的货物B(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t＝0时刻将货物A、B轻放到货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0～1 s时间内的速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g＝ 10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字．求：
(1)货物A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)货物B与车厢表面间的动摩擦因数μ2；
(3)货物B的长度L.
解析：(1)对货物A进行分析，由图乙知刚放上车厢时，A的加速度aA＝＝4m/s2
由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.40.
(2)对货物B进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度aB＝＝8 m/s2
由牛顿第二定律有μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2≈0.67.
(3)解法一　由图乙知，货物B经时间t1＝0.5 s与车共速，货物A经时间t2＝1 s与车共速，则在0～1 s时间内，货物B的位移为xB＝＋v(t2－t1)
货物A的位移为xA＝
分析可知，货物B的长度L＝xB－xA,联立解得L＝1.0 m.
解法二　从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地位移设为x′B，货物A对地位移设为x′A，则货物B的长度L＝x′B－x′A
由图乙知，货物A、B对地位移之差在数值上等于各自的v t图线与坐标轴围成的面积之差，即
L＝×(1－0.5)×4 m＝1.0 m.
答案：(1)0.40　(2)0.67　(3)1.0 m
针 对 训 练
4.[2023·安徽示范高中皖北协作区联考](多选)如图1所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图2所示的a － F图像，已知g取10 m/s2，则(　　)
A．滑块A的质量为2 kg
B．木板B的质量为6 kg
C．当F＝12 N时，木板B的加速度为4 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
答案：AD
解析：设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图2可知，当F＝Fm＝10 N时，滑抉A与木板B达到最大共同加速度am＝1 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝10 kg
当F>10 N时，A与B发生相对滑动，对A应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg
根据题图2解得m＝2 kg，μ＝0.4，则M＝8 kg，故A、D正确，B错误；
当F＝12 N时，木板B的加速度为aB＝＝1 m/s2，故C错误．

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