2019年度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 应用牛顿

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题

一、瞬时问题

1.牛顿第二定律的表达式为：F合

＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物

体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.

2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：

(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.

(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.

自测1 如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是( )

图1

A.1.5g，1.5g，0 C.g，g，g 答案 A

解析 剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确. 二、超重和失重 1.超重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向上的加速度.

1

B.g，2g，0 D.g，g，0

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊2.失重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向下的加速度. 3.完全失重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象. (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下. 4.实重和视重

(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关.

(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重. 自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )

A.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了

B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用 C.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案 D 三、动力学图象 1.类型

(1)已知图象分析运动和受力情况； (2)已知运动和受力情况分析图象的形状. 2.用到的相关知识

通常要先对物体受力分析求合力，再根据牛顿第二定律求加速度，然后结合运动学公式分析. 自测3 (2016·海南单科·5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图2所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )

图2

A.F1F3 答案 A

B.F2>F3 D.F1＝F3

2

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

命题点一 超重和失重问题

1.对超重和失重的理解

(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变. (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失.

(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.

(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态. 2.判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 从加速度的角度判断 从速度变化当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物块处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 ①物体向上加速或向下减速时，超重 的角度判断 ②物体向下加速或向上减速时，失重 例1 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )

图3

A.t＝2s时最大 C.t＝8.5s时最大 答案 AD

解析 人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误.

3

B.t＝2s时最小 D.t＝8.5s时最小

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊变式1 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图4所示.则下列相关说法正确的是( )

图4

A.t＝4.5s时，电梯处于失重状态 C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态 答案 D

解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确.

变式2 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图5所示.当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )

B.5～55s时间内，绳索拉力最小 D.t＝60s时，电梯速度恰好为零

图5

A.处于超重状态

B.不受摩擦力的作用

D.所受合力竖直向上

C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 答案 C

解析 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确.

4

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

命题点二 瞬时问题的两类模型

1.两种模型

加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

2.求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前后物体的受力情况?列牛顿第二定律方程?求瞬时加速度

例2 (2017·山东泰安二模)如图6所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )

图6

A.弹簧弹力大小为2mg B.球B的加速度为g C.球A受到的支持力为2mg 1D.球A的加速度为g

2答案 D

解析 剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg；剪断细绳瞬

5

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有改变，则F合＝＝2mg，aB＝2g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小GA＝2F绳cos30°

cos45°

＝6mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝18

mg，C项错误.剪断细绳瞬2

mg1

间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝g，D项正

2确.

拓展延伸 (1)如图7甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？

图7

(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？ (3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？ 答案 (1)弹簧和下段绳的拉力都变为0. (2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0. (3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变.

例3 如图8所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求：

图8

(1)A、B两木块之间的距离；

(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大.

6

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊答案 (1)L＋

mgsinα＋μmgcosα

k(2)aA＝2g(sinα＋μcosα)，aB＝0

解析 (1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F弹＝mgsinα＋μmgcosα 由胡克定律F弹＝kΔx得两木块间的距离为LAB＝L＋Δx＝L＋

mgsinα＋μmgcosα

k(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B由牛顿第二定律得F弹－(mgsinα＋μmgcosα)＝

maB

解得aB＝0.

对于木块A有F弹＋μmgcosα＋mgsinα＝maA

解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα).

变式3 如图9所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )

图9

A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝D.a1＝g，a2＝答案 C

解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝命题点三 动力学图象问题

1.常见的动力学图象

m＋m0

g m0

m＋m0m＋m0

g，a3＝0，a4＝g m0m0

F＋m0gm0＋m＝g，所以C对. m0m0

v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等.

7

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊2.图象问题的类型

(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况. (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况. (3)由已知条件确定某物理量的变化图象. 3.解题策略

(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.

(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.

(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.

例4 如图10甲所示，两滑块A、B用轻质细线跨过光滑轻质定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在与斜面平行的细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示.已知g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

2

图10

(1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功. 答案 (1)0.25 (2)0.75m (3)12J

解析 (1)在0～0.5s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为a1＝＝对A，FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1 对B，mBg－FT＝mBa1 得：μ＝0.25

(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2 将已知量代入，可得a2＝8m/s

2

v222

m/s＝4 m/s t0.5

v2

故A减速向上滑动的位移为x2＝＝0.25m

2a2

8

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊v2

考虑0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝＝0.5m

2a1

所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m

12

(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－(mAgsinθ＋μmAgcosθ)x1＝mAv－0

2得W＝12J.

例5 (2018·吉林公主岭模拟)如图11甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示.物体从零时刻开始运动.

图11

(1)求当t＝0.5s时物体的加速度大小.

(2)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t＝0至t＝2s内何时物体的速度最大？最大值为多少？

答案 (1)0.5m/s (2)当t＝0时，am＝1 m/s 当t＝2s时，am′＝－1m/s (3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s

解析 (1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N 当t＝0.5s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3N

2

2

2

F1－F2＝ma

F1－F24－322a＝＝m/s＝0.5 m/s.

m2

(2)物体所受的合外力为F合＝F1－F2＝2－2t(N) 作出F合－t图象如图所示

从图中可以看出，在0～2s范围内 当t＝0时，物体有最大加速度am

Fm＝mam

Fm2

am＝＝m/s2＝1 m/s2

m2

9

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊当t＝2s时，物体也有最大加速度am′

Fm′＝mam′

Fm′－222

am′＝＝m/s＝－1 m/s

m2

负号表示加速度方向向左. (3)由牛顿第二定律得a＝画出a－t图象如图所示

F合2

＝1－t(m/s) m

由图可知t＝1s时速度最大，最大值等于a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角1

形的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s.

2

变式4 (多选)如图12甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象.取g＝10m/s.则下列说法正确的是( )

2

图12

A.滑块的质量m＝4kg

B.木板的质量M＝4kg

D.当F＝8N时滑块加速度为2m/s

2

C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 答案 AC

解析 由题图乙，当F等于6N时，加速度a＝1m/s，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a＝

2

F－μmg11

，知图线的斜率k＝＝，解得M＝MM2

2kg，故滑块的质量m＝4kg，故A正确，B错误；根据F大于6N的图线延长线知，F＝4N时，

F－μmg2

a＝0，则a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得a′＝1m/s，D错误.

M

命题点四 动力学中的连接体问题

10

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

1.连接体的类型 (1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2.连接体的运动特点

轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.

轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比.

轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等. 3.处理连接体问题的方法 整体法的选取原则 隔离法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，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 若连接体内各物体的加速度不相同，或者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 11

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求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” 例6 (多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相2

邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行

3驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A.8B.10C.15D.18 答案 BC

解析 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma 2

设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a 3

①

②

联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15

当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确.

变式5 (多选)(2018·陕西商洛质检)如图13所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )

图13

A.若m>M，有x1＝x2 C.若μ>sinθ，有x1>x2 答案 AB

解析 在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

B.若m

F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1

① ②

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1

12

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊联立①②解得FT＝

F·m m＋M ③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2

④ ⑤ ⑥

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2 联立④⑤解得FT′＝

F·m M＋m

比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误. 变式6 (多选)如图14所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )

图14

A.斜面光滑 B.斜面粗糙

C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 答案 AC

解析 隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsinθ，所以A正确，B错误.将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误.故选A、C.

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/l9x7.html