第3讲 牛顿运动定律的综合应用
(对应学生用书第43页)
整体法、隔离法与连接体问题
1.连接体
(1)两个(或两个以上)相关联的物体，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况．
(2)处理连接体问题的方法：整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．
2．整体法
(1)整体法是指连接体内物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解．
(2)整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力．
3．隔离法
(1)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便 出发，把某个物体从系统中隔离出来 ，作为研究对象，分析受力情况，再列方程求解．
(2)隔离法适合求物体系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度．
【针对训练】
1.
图3－3－1
(2012·吴中模拟)如图3－3－1所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用FAB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是( )
A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB＝F/2
C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，可能FAB＝F/3
D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则FAB＝F/2
【解析】 若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有FAB＝ma，则FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F－2μmg＝2ma，用隔离法对木块B有FAB－μmg＝ma，则FAB＝F/2.若木块A、B未被推动，则FAB≤F/2.
【答案】 BCD
极限法与临界问题
在物体的运动变化过程中，往往达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态叫临界状态，相应的待求物理量的值叫临界值，此类问题称为临界问题．利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，这种方法称为临界条件法，又叫极限法．这种方法是将物体的变化过程推至极限——临界状态，抓住满足临界值的条件，准确分析物理过程进行求解．
常出现的临界条件为：(1)地面、绳子或杆的弹力为零；
(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
【针对训练】
2.
图3－3－2
如图3－3－2所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为( )
A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg
【解析】 当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.
【答案】 C
(对应学生用书第43页)
连接体问题的分析思路
(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般先用整体法由牛顿第二定律求出系统的加速度(注意F＝ma中质量m与研究对象相对应)，再根据题目要求，将其中的某个物体(受力数少的物体)进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把物体从系统中隔离出来，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．
图3－3－3
(2011·新课标全国高考)如图3－3－3所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
【审题视点】 (1)开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动．
(2)当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平方向所受合力增大，加速度增大．
【解析】 在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a，a与t成正比关系，a－t关系图线的斜率为，当m1与m2相对滑动后，m1受的是f21＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝－μg，斜率为，可知A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
【即学即用】
1．如图3－3－4甲所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m.现用一力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T；如图3－3－4乙所示，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，细线的拉力为T′.则( )
图3－3－4
A．a′＝a，T′＝T B．a′＞a，T′＝T
C．a′＜a，T′＝T D．a′＞a，T′＞T
【解析】
对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a＝，对小球受力分析如图(a)所示，因此有F－Tsin α＝ma，Tcos α＝mg；对图乙小球受力分析如图(b)所示，因此有T′sin α＝ma′，T′cos α＝mg，解得T′＝T＝mg/cos α，a＝gtan α，a′＝gtan α，由于M＞m，故a′＞a.
【答案】 B
牛顿定律与图象的综合题
此类问题的特点是物体的受力情况或运动情况由图象给出，要求能从中提取有效信息，然后将问题转化为一般动力学问题，用解牛顿定律问题的常规方法去解决．
质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图3－3－5所示．g取10 m/s2，求：
图3－3－5
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
【解析】 (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt2、加速度为a2，则
a2＝＝－2 m/s2①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff＝ma2②
Ff＝－μmg③
联立②③得
μ＝＝0.2.④
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、加速度为a1，则
a1＝＝1 m/s2⑤
根据牛顿第二定律，有
F＋Ff＝ma1⑥
联立③⑥得F＝μmg＋ma1＝6 N.
(3)根据v－t图象围成的面积，得
x＝x1＋x2＝×(2＋8)×6 m＋×8×4 m＝46 m.
【答案】 (1)0.2 (2)6 N (3)46 m
【即学即用】
2.
图3－3－6
(2012·安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图3－3－6所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
【解析】 (1)由v-t图象可知，小球下落过程的加速度为
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得mg－f＝ma1
所以弹性球受到的空气阻力f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N.
(2)小球第一次反弹后的速度v1＝×4 m/s＝3 m/s
根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a2＝＝ m/s2＝12 m/s2
根据v－v＝－2ah，得弹性球第一次反弹的高度
h＝＝ m＝0.375 m.
【答案】 (1)0.2 N (2)0.375 m
“滑块、滑板组合模型”问题
(1)滑块—滑板类问题的特点
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
(2)滑块和滑板常见的两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
图3－3－7
(2013届长沙一中检测)如图3－3－7所示，质量为M＝4 kg的木板长L＝1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，今用水平力F＝28 N向右拉木板．要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g＝10 m/s2)
【解析】
在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，该状态为临界状态．本题可以借助v－t图象来解决．
设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1，t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L.
在0～t1的过程中，由牛顿第二定律得：
对滑块：μmg＝ma2，v2＝a2t1
对木板：F－μmg＝Ma1，v1＝a1t1
撤去力F后，木板的加速度变为a3，则：μmg＝Ma3
由v－t图象知：L＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t2－t1)＝(v1－v2)t2，v1－a3(t2－t1)＝v2＋a2(t2－t1)
联立以上各式得：t1＝1 s.
【答案】 1 s
【即学即用】
3．(2013届咸阳模拟)如图3－3－8所示，长12 m、质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板的左端，木板与人都静止．当人以4 m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g＝10 m/s2.试求：
图3－3－8
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．
(2)人在奔跑的过程中木板的加速度．
(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动的距离．
【解析】 本题中人和木板运动的特点：
相对于地面，人向右加速运动，木板向左加速运动，两者构成的整体的运动状态并不相同，所以分析、求解时不能整体分析，只能将人和木板分别隔离，即采用两次隔离进行分析、求解．
(1)设人的质量为m，加速度为a1，人受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有f＝ma1＝200 N.
(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小为f′＝200 N
设木板的质量为M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有f′－μ(M＋m)g＝Ma2代入数据解得a2＝2 m/s2，方向向左．
(3)设人从左端跑到右端的时间为t，由运动学公式得
L＝a1t2＋a2t2
其中L为木板的长度，将数据代入解得t＝2 s
故人从开始奔跑至到达木板的右端的过程中，人和木板运动的距离分别为x1＝a1t2＝8 m，x2＝a2t2＝4 m.
【答案】 (1)200 N (2)2 m/s2，方向向左 (3)8 m 4 m
(对应学生用书第45页)
动力学中的临界极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．
1．动力学中的典型临界问题
(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N＝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，绳子松弛的临界条件是：FT＝0.
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大．
2．解题策略
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况．
(2012·南昌一中检测)如图3－3－9所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(g＝10 m/s2)
图3－3－9
【潜点探究】 此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键．
【规范解答】
(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．
对物块分析，
在水平方向有Nsin θ－μNcos θ＝ma1
竖直方向有Ncos θ＋μNsin θ －mg＝0
对整体有F1＝(M＋m)a1
代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N
(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sin θ＋μN′cos θ＝ma2，
竖直方向有N′cos θ－μN′sin θ－mg＝0，
对整体有F2＝(M＋m)a2
代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N
【答案】 14.4 N≤F≤33.6 N
【即学即用】
4.
图3－3－10
一弹簧秤秤盘的质量M＝1.5 kg，秤盘内放一个质量m＝10.5 kg的物体P，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，系统原来处于静止状态，如图3－3－10所示．现给P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动．已知在前0.2 s时间内F是变力，在0.2 s以后是恒力．求力F的最小值和最大值．(g取10 m/s2)
【解析】 设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时(m、M间恰无作用)弹簧的压缩量为x2，设匀加速运动的加速度为a，则有
对整体：kx1＝(M＋m)g①
对M：kx2－Mg＝Ma②
x1－x2＝at2③
由①式得x1＝＝0.15 m，
由②③式得a＝6 m/s2.
t＝0时，F小＝(M＋m)a＝72 N，
t＝0.2 s时，F大－mg＝ma，F大＝m(g＋a)＝168 N.
【答案】 72 N 168 N
(对应学生用书第45页)
●连接体的受力分析
1．(2012·铜川模拟)如图3－3－11所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B两物体的受力个数，下列说法正确的是( )
图3－3－11
A．A受3个力，B受4个力
B．A受4个力，B受3个力
C．A受3个力，B受3个力
D．A受4个力，B受4个力
【解析】 该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A恰好不离开地面，所以地面对A的支持力为零，因此A只受到三个力的作用，而B受到四个力的作用，A选项正确．
【答案】 A
●整体法与隔离法及超重问题
2.
图3－3－12
(2011·上海高考)如图3－3－12，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力( )
A．小于FN B．等于FN
C．等于FN＋F D．大于FN＋F
【解析】 剪断细线前，把箱子以及两小球a、b看做一个整体，静止时地面受到的压力为FN等于三个物体的总重力，即FN＝Mg＋mag＋mbg，对球b由平衡条件得F电＝mbg＋F；剪断细线后，对箱子和a球由平衡条件得FN′＝Mg＋mag＋F电′＝FN－mbg＋F电′，b球加速上升过程中，两球之间的库仑力增大，即F电′＞F电，因此FN′＞FN＋F，D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
●临界问题
3.
图3－3－13
(2013届渭南检测)如图3－3－13所示，有A、B两个楔形木块，质量均为m，靠在一起放于水平面上，它们的接触面的倾角为θ.现对木块A施一水平推力F，若不计一切摩擦，要使A、B一起运动而不发生相对滑动，求水平推力F的最大值．
【解析】 A、B一起运动，则以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝2ma
以A为研究对象，其受力情况如图所示．由图可知，A、B一起运动而不发生相对滑动的临界条件是地面对A的支持力为N＝0
竖直方向：FBAcos θ＝mg
水平方向：F－FBAsin θ＝ma
联立上式可得F＝2mgtan θ，即水平推力F的最大值为2mgtan θ.
【答案】 2mgtan θ
●多体相连的受力计算
4.
图3－3－14
(2013届开封模拟)水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止，如图3－3－14所示，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？
【解析】 如图所示，设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有
F＝3ma①
对B有 F－T＝ma②
对C有 Tcos α＝mg③
Tsin α＝ma④
联立①②式得：T＝2ma⑤
联立③④式得：T2＝m2(g2＋a2)⑥
联立⑤⑥式得：a＝g⑦
利用①⑦式得：F＝ mg.
【答案】 mg
●滑块－滑板类问题
5．(2013届东北师大附中检测)如图3－3－15，质量M＝1 kg的木板静止在水平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；
(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图3－3－16中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．
图3－3－15
图3－3－16
【解析】 (1)铁块和木板的受力示意图如图所示，图中f1和f′1为铁块和木板之间相互作用的滑动摩擦力，f2为地面对木板的滑动摩擦力．则f1＝f′1＝μ2mg，f2＝μ1(M＋m)g
对于铁块和木板，由牛顿第二定律分别得F－μ2mg＝ma1
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
设经时间t铁块运动到木板的左端，则x木＝a2t2
x铁＝a1t2
又x铁－x木＝L
联立以上各式解得L＝1 m.
(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2 N时，木板和铁块系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即f＝F
②当F＞μ1(m＋M)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a
F－f＝ma
解得F＝2f－2 N
此时f≤μ2mg＝4 N，即F≤6 N
所以当2 N＜F≤6 N时，f＝＋1 N.
③当F＞6 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f＝μ2mg＝4 N
f－F图象如图所示．
【答案】 (1)1 m (2)见解析
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