应用牛顿第二定律处理“四类”问题

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.

B.g，2g，0 D.g，g，0

(2)产生条件：物体具有向上的加速度. 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0～5 s，5～10 s，10～15 s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

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 从速度变化的角度判断 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( )

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 ②物体向下加速或向上减速时，失重

图3

A.t＝2 s时最大 C.t＝8.5 s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，

B.t＝2 s时最小 D.t＝8.5 s时最小

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.

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

解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s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＝60 s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.5～55 s时间内，绳索拉力最小 D.t＝60 s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.

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

图4

A.物块经过4 s回到出发点

B.物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向 C.3.5 s时刻水平力F的大小为4 N D.4.5 s时刻水平力F的大小为16 N 答案 CD

5.如图5所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )

图5

A.0

B.大小为g，方向竖直向下 D.大小为2g，方向垂直木板向下

C.大小为3g，方向垂直木板向下 答案 D

解析 撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向.

6.(多选)(2017·河北保定一模)如图6所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )

图6

A.系统做匀速直线运动 B.F＝40 N

C.斜面体对楔形物体的作用力大小为52 N D.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 答案 BD

解析 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错，B对.斜mg面体对楔形物体的作用力FN2＝＝2mg＝102 N，C错.外力F增大，则斜面体加速

sin 45°

度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D对.

7.如图7所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为( )

图7

Fcos θA. m1＋m2Fcos θC.

m1答案 A

解析 把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos θ＝Fcos θ

(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确.

m1＋m2

Fsin θB. m1＋m2Fsin θD. m2

8.(2014·北京理综·18)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出.对此现象分析正确的是( )

A.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 答案 D

解析 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物

体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确.

9.(2018·湖南怀化质检)如图8所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )

图8

A.A球受力情况未变，加速度为零 B.C球的加速度沿斜面向下，大小为g C.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ

1

D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ

2答案 D

解析 细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ，方向沿斜面向下，故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F＝3mgsin θ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：3mgsin θ1

－2mgsin θ＝2ma，则A、B的加速度a＝gsin θ，故D正确；由D可知，B的加速度为a

213

＝gsin θ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FT－mgsin θ＝ma，解得：FT＝mgsin θ，故22C错误；故选D.

10.(多选)如图9所示，在竖直平面内，A和B是两个相同的轻弹簧，C是橡皮筋，它们三者间的夹角均为120°，已知A、B对小球的作用力均为F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为( )

图9

FFF

A.g－，方向竖直向下 B.－g，方向竖直向上 C.0 D.＋g，方向竖直向下

mmm答案 BC

解析 由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A和B对小球的作用力一定是拉力.可能有两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为FT，由平衡条件可知，2Fcos 60°＝mg＋FT，解得橡皮筋拉力FT＝F－mg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力等于橡皮筋拉力FT＝FF

－mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F合＝ma，解得小球的加速度a＝－g，选项B正

m确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C正确.

11.如图10甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正).则物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )

图10

答案 C

F－mgsin 30°g解析 在0～1 s内，a1＝＝，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，m2

mgsin 30°g

1 s末物体速度v1＝a1t1＝5 m/s；在1～2 s内，拉力为零，a2＝＝，方向沿斜面向

m2F＋mgsin 30°

下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，a3＝＝m3g

，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末物体速度v3＝a3t3＝15 m/s，2

故C正确，A、B、D错误.

12.(2018·四川德阳模拟)如图11甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

图11

(1)求物体A、B间的动摩擦因数；

(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间. 答案 (1)0.4 (2)52 s

解析 (1)根据v－t图象可知物体A的加速度为 Δv10

aA＝＝ m/s2＝2 m/s2

Δt5

以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA F－mAaA

解得μ＝＝0.4

mAg

1

(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10 m＝25 m

2若B不固定，则B的加速度为 μmAg0.4×1×10aB＝＝ m/s2＝1 m/s2

mB4

设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得 1212

at－aBt＝l，解得t＝52 s. 2A2

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