1、1第 14 讲 牛顿运动定律的综合应用(2)考点一 多过程问题1多过程问题就是物体的运动过程由许多“子过程”组成，各“子过程”有关键物理量前后相联系，往往叫做过程“衔接量” 。2对各个“子过程”进行受力分析和运动分析，一般要画出过程示意图，关键是找出过程“衔接量”进行分析研究。3分析各“子过程”列关系式时，一般前后过程中都有“衔接量” ，如速度、时间等。4联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。(2015全国卷)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 37 的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；(sin3735)B 上有一碎石堆 A
2、(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 1减小为 ，B、C 间的动摩擦因数 2减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；38在第 2 s 末， B 的上表面突然变为光滑， 2保持不变。已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l27 m，C 足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g10 m/s2。求：(1)在 02 s 时间内 A 和 B 加速度的大小；(2)A 在 B 上总的运动时间。解析 (1)假设 02 s 内 A、B 相对静止，则
3、 2mgsin 22mgcos 2 ma，对A， mgsin fBA ma，解得 fBA0.4 mg，而 fBmax 1mgcos 0.3 mgt1时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2。此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得a16 m/ s2a22 m/ s2即 B 做减速运动。设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有v2 a2 t20联立式得 t21 s在 t1 t2时间内，A 相对于 B 运动的距离为s 12 m3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g12答案 BCD解析 当 A、B 整体将要相对地面滑动时有 F (2m m)g mg ，即
4、当 03mg 时，A 相对 B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，A 错误，C 正确。当 F mg 时，A 与 B 共同的加速度52a g ，B 正确。 F3mg 时，取物块 B 为研究对象，物块 B 的加速度最大为F 32 mg3m 13a2 g ，D 正确。2 mg 32 mgm 122. 如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上放置质量分别为 m 和 2m 的 A、B、C、D 四个木块，其中 A、C 两个质量为 m 的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 fm。现用平行于斜面的拉力 F 拉其中质量为 2m 的 B 木块，使四个木块以同一加速度沿斜面向下运动，则拉力 F
5、的最大值是( )A. fm B. fm C. fm D fm35 34 32答案 C解析 设整体加速度为 a，对 D 木块受力分析，有 Ff12 mgsin302 ma对 A、C、D 三个木块组成的整体受力分析，有 Ff24 mgsin304 ma由于木块间的最大静摩擦力大小都为 fm，且 Ff2Ff1，所以整体加速度增大时，A、B 间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取Ff2 fm再对整体受力分析，有 F6 mgsin306 ma由得 F fm，C 正确。323将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘 Q 时，平衡时弹簧缩短了 3 cm；当将一个物块 P 轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹
6、簧又缩短了 2 cm；如果此时在 P上施加一个竖直向下的力 F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了 2 cm，如图所示。若在此时突然撤去力 F，则(弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g) ( )8A刚撤去力 F 瞬间，物块 P 的加速度大小为 0.4gB刚撤去力 F 瞬间，物块 P 的加速度大小为 0.8gC撤去力 F 后，物块 P、 Q 共同向上运动 5 cm 后分离D撤去力 F 后，物块 P、 Q 共同向上运动 7 cm 后分离答案 A解析 当在其上端放上托盘 Q 时，平衡时弹簧缩短了 3 cm，则 m1g kx1，当将一个物块 P 轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了 2 cm，此
7、时 m1g m2g k(x1 x2)，撤去 F 后， k(x1 x2 x3)( m1g m2g)( m1 m2)a，联立代入数据得 a0.4 g，故 A 正确，B错误；由于在物块 P 上施加力 F 之前，弹簧已经压缩了 5 cm，撤去力后， P 与 Q 和弹簧组成的系统是一个弹簧振子系统，其振幅大小等于再次的压缩量，即 2 cm，所以 PQ 向上运动的最大位移是 4 cm， PQ 不可能会分离，故 C、D 错误。4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 mA3 kg， mB6 kg，推力 FA作用于 A 上，拉力 FB作用于 B 上， FA、 FB
8、大小均随时间而变化，其规律为 FA(122 t) N， FB(62 t) N。问从 t0 开始，到 A、B 相互脱离为止，A、B 的共同位移是多少？答案 9 m解析 FA、 FB的大小虽随时间而变化，但 F 合 FA FB18 N 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)a 设 A、B 间的弹力为 FAB，对 B 有： FB FAB mBa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 FAB0将 FA(122 t) N， FB(62 t) N 代入式得：
9、 a2 m/ s2。联立式得： t3 s。9A、B 相互脱离前共同位移为： x at2，12代入数值得： x9 m。5静止在水平面上的 A、B 两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L1 m，承受的最大拉力为 8 N，A 的质量 m12 kg，B 的质量 m28 kg，A、B 与水平面间的动摩擦因数 0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在 B 上，使 A、B 向右运动，当 F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(取 g10 m/ s2)。(1)求绳刚被拉断时 F 的大小；(2)若绳刚被拉断时，A、B 的速度为 2 m/s，保持此时的 F 大小不变，当 A 的速度恰好减小为 0 时，A、B 间
10、的距离为多少？答案 (1)40 N (2)3.5 m解析 (1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为 T，根据牛顿第二定律，对 A 物体有T m 1g m1a代入数值得 a2 m/ s2。对 A、B 整体有 F (m1 m2)g( m1 m2)a代入数值得 F40 N。(2)设绳断后，A 的加速度大小为 a1，B 的加速度大小为 a2，则a1 2 m/ s2 m1gm1a2 3 m/ s2F m2gm2A 停下来的时间为 t 1 sva1A 的位移为 x1 1 mv22a1B 的位移为 x2 vt a2t23.5 m12A 刚静止时，A、B 间距离为 x x2 L x13.5 m。6如图所示，一条轻绳
11、上端系在车的左上角的 A 点，另一条轻绳一端系在车左端 B 点，B 点在 A 点的正下方，A、B 距离为 b，两条轻绳另一端在 C 点相结并系一个质量为 m 的小球，轻绳 AC 长度为 b，轻绳 BC 长度为 b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为 2mg。2(1)轻绳 BC 刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大？(要求画出受力图)答案 (1) g 见解析图甲 (2)3 g 见解析图乙10解析 (1)轻绳 BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示。因为 ABBC b，AC b，2故轻绳 BC 与 AB 垂直， 45。由牛顿第二定
12、律，得 mgtan ma可得 a g。(2)小车向左的加速度增大，BC 绳方向不变，所以 AC 轻绳拉力不变，BC 轻绳拉力变大，BC 轻绳拉力最大时小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示。由牛顿第二定律，得 FTm mgtan mam因 FTm2 mg，所以最大加速度为 am3 g。真题模拟练7. (2018河北唐山调研)(多选)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为 M 和 m，各接触面间的动摩擦因数均为 ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为 d。现用水平向右的恒定拉力 F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为 (
13、M m)gB要使纸板相对砝码运动， F 一定大于 2 (M m)gC若砝码与纸板分离时的速度小于 ，砝码不会从桌面上掉下 gdD当 F (2M3 m)g 时，砝码恰好到达桌面边缘答案 BC解析 对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为 (M m)g Mg ，故 A 错误；设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有Mg Ma1， F Mg (M m)g ma2，发生相对运动需要 a2a1，代入数据解得F2 (M m)g，故 B 正确；若砝码与纸板分离时的速度小于 ，砝码匀加速运动的位移 gd11小于 ，匀减速运动的位移小于 ，则总位移小于 d，不会从桌面v22a1 gd2 g
14、 d2 v22a1 gd2 g d2上掉下，故 C 正确；当 F (2M3 m)g 时，砝码未脱离纸板时的加速度 a1 g ，纸板的加速度 a2 2 g ，根据 a2t2 a1t2 d，解得 t ，则砝码F M m g Mgm 12 12 2d g脱离纸板时的速度 v a1t ，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度2 gd大小 a g ，则匀减速运动的位移 x d，而匀加速运动的位移v22a 2 gd2 gx a1t2 d，可知砝码离开桌面，D 错误。128(2018湖南怀化质检)如图所示，水平地面上放置一个质量为 m 的物体，在与水平方向成 角、斜向右上方的拉力 F 的作用下沿水平
15、地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。求：(1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力 F 的大小范围；(2)已知 m10 kg， 0.5， g 取 10 m/s2，若 F 的方向可以改变，求使物体以恒定加速度 a5 m/ s2向右做匀加速直线运动时，拉力 F 的最小值。答案 (1) F (2)40 N mgcos sin mgsin 5解析 (1)要使物体运动时不离开地面，应有：Fsin mg，要使物体能一直向右运动，应有： Fcos (mg Fsin )联立解得： F 。 mgcos sin mgsin(2)根据牛顿第二定律得 Fcos (m
16、g Fsin ) ma解得： F 。 mg macos sin设 sin ，co s 11 2 1 2则 F mg ma1 2( 11 2cos 1 2sin )12 mg ma1 2 sin cos cos sin 上式变形得 F ， mg ma1 2sin 其中 arcsin ，11 2当 sin( )1 时， F 有最小值，解得： Fmin ， mg ma1 2代入相关数据解得： Fmin40 N。59. (2018山东济宁模拟)如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成 30角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力 F6.5 N，玩具的质量 m1 kg，经过时间 t2.
17、0 s，玩具移动了距离 x2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一3段距离后停下。( g 取 10 m/s2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数；(2)松开后玩具还能滑行多远？(3)当力 F 与水平方向夹角 为多少时拉力 F 最小？答案 (1) (2) m (3)3033 335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 a12m/s2，3对玩具，由牛顿第二定律得Fcos30 (mg Fsin30) ma，解得 。33(2)松手时，玩具的速度 v at2 m/s，3松手后，由牛顿第二定律得 mg ma解得 a m/s2，1033由匀变速运动的速度位移公式得玩
18、具的位移 x m。0 v2 2a 335(3)当拉力与水平方向的夹角为 时，玩具要在水平面上运动，则 Fcos Ff0，13Ff F N，在竖直方向上，由平衡条件得 FN Fsin mg，解得 F ， mgcos sin因为 cos s in sin(60 )，1 2所以当 30时，拉力最小。10(2018陕西渭南调研)如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为 M，倾角为 ，其斜面上有一静止的滑块，质量为 m，两者之间的动摩擦因数为 ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平
19、向右的力 F 的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力 F 的最小值。答案 (1) (2) m M g cos sin sin cos Mgtan解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力 F 越大，加速度越大，当 F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值 Ffm，滑块受力如图所示。设一起加速的最大加速度为 a，对滑块应用牛顿第二定律得：FNcos Ffmsin mg，Ffmcos FNsin ma，由题意知 Ffm F N，联立解得 a g， cos sincos sin对整体受力分析 Fmax( M m)a，联立解得 Fmax 。 m M g cos sin sin cos14(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为 g，设此时 M 的加速度为 aM，当水平向右的力 F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有 tan ，即 tan ，12gt212aMt2 gaM则对 M： Fmin MaM，联立解得 Fmin 。Mgtan15
