发布时间 : 星期四 文章统编版2020高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用学案更新完毕开始阅读fab7e4607175a417866fb84ae45c3b3567ecdd9f
拉力为F′1.则( )
A．a′＝a，F′1＝F1 C．a′＜a，F′1＝F1
B．a′＞a，F′1＝F1 D．a′＞a，F′1＞F1
解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象， 竖直方向有F1cos θ＝mg 水平方向有F－F1sin θ＝ma， 以整体为研究对象有F＝(m＋M)a， 解得a＝gtan θ ①
mM②
当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象， 竖直方向有F′1cos θ＝mg 水平方向有F′1sin θ＝ma′， 解得a′＝gtan θ ④ ③
结合两种情况，由①③有F1＝F′1；由②④并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B. 迁移2 加速度不同的连接体问题 2.
一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M＝10.5 kg，Q的质量m＝1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝800 N/m，系统处于静止．如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力．求力F的最大值与最小值．(取g＝10 m/s)
解析：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有
2
kx1＝(M＋m)g kx2－mg＝ma x1－x2＝at2
（M＋m）g由①式得x1＝＝0.15 m，
1
2
① ② ③ ④
k由②③④式得a＝6 m/s
2
F小＝(M＋m)a＝72 N，F大＝M(g＋a)＝168 N.
答案：168 N 72 N
迁移3 连接体中的临界、极值问题
3．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB 5
＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N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，求F′的最大值Fm′.
解析：根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值fm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fm＝mAa，代入数据解得fm＝2.0 N.
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′，根据牛顿第二定律有：
fm＝mBa′，Fm′＝(mA＋mB)a′，
代入数据解得Fm′＝6.0 N. 答案：6.0 N
1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度、后隔离求内力”．
4．“四种”典型临界条件
(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，绳子松弛与拉紧的临界条件是：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． 5．“四种”典型数学方法 (1)三角函数法；
(2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法．
传送带问题的解题技巧[学生用书P50]
【题型解读】
1．模型特征 (1)水平传送带模型
项目 情景1 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 6
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能情景2 先减速再匀速 (2)v0 (3)可能先以a1加速后以a2加速 (2)判断方法 ①水平传送带 v2 情景1 若≤l，物、带能共速； 2μg|v－v0| 情景2 若≤l，物、带能共速； 2μg2 2 v20 情景3 若≤l，物块能返回． 2μg②倾斜传送带 v2 情景1 若≤l，物、带能共速； 2av2 情景2 若≤l，物、带能共速； 2a若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ 【典题例析】 (2018·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传 7 送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s，求： 2 (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度． [审题指导] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度． (2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止． (3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者． [解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s， 2 v01 t1＝＝1 s，x1＝a1t21＝5 m＜L， a12 即下滑5 m与传送带速度相等． 达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， x2＝v0t2＋a2t22，得t2＝0.5 s， 则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s. 1 2 甲 乙 12 (2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－a1t1＝5 m， 2第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx1与Δx2部分重合， 故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m 【迁移题组】 迁移1 水平传送带模型 8