应用牛顿第二定律处理四类问题Word文档下载推荐.docx

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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.F1<

F2B.F2>

F3

C.F1>

F3D.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

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

从加速度的角度判断

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

从速度变化的角度判断

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

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B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

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.

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B.5～55s时间内，绳索拉力最小

C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态D.t＝60s时，电梯速度恰好为零

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）（　　）

图5

A.处于超重状态B.不受摩擦力的作用

C.受到向后（水平向左）的摩擦力作用D.所受合力竖直向上

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

⇒

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

mg

B.球B的加速度为g

C.球A受到的支持力为

D.球A的加速度为

g

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＝

＝

mg，aB＝

g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小GA＝2F绳cos30°

mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°

mg，C项错误.剪断细绳瞬间，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.

答案　

（1）L＋

（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＋

（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＝

g，a3＝0，a4＝

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＝

g，所以C对.

命题点三　动力学图象问题

1.常见的动力学图象

v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等.

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/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，求：

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＝

m/s2＝4m/s2

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/s2

故A减速向上滑动的位移为x2＝

＝0.25m

考虑0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝

＝0.5m

所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m

（3）A加速上滑过程中，由动能定理：

W－（mAgsinθ＋μmAgcosθ）x1＝

mAv2－0

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？

答案　

（1）0.5m/s2　

（2）当t＝0时，am＝1m/s2　当t＝2s时，am′＝－1m/s2　（3）t＝1s时，v＝0.5m/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

F1－F2＝ma

a＝

m/s2＝0.5m/s2.

（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

am＝

m/s2＝1m/s2

当t＝2s时，物体也有最大加速度am′

Fm′＝mam′

am′＝

m/s2＝－1m/s2

负号表示加速度方向向左.

（3）由牛顿第二定律得a＝

＝1－t（m/s2）

画出a－t图象如图所示

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形的面积v＝

×

1×

1m/s＝0.5m/s.

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/s2.则下列说法正确的是（　　）

图12

A.滑块的质量m＝4kgB.木板的质量M＝4kg

C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1D.当F＝8N时滑块加速度为2m/s2

答案　AC

解析　由题图乙，当F等于6N时，加速度a＝1m/s2，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＝

，知图线的斜率k＝

，解得M＝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，a＝0，则a＝

，解得μ＝0.1，故C正确；

根据μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，D错误.

命题点四　动力学中的连接体问题

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

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

隔离法的选取原则

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

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＝nma①

设PQ东边有k节车厢，则F＝km·

a②

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＝x2B.若m<

M，有x1＝x2

C.若μ>

sinθ，有x1>

x2D.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

F－μ（m＋M）g＝（m＋M）a1①

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②

联立①②解得FT＝

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）a2④

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤

联立④⑤解得FT′＝

⑥

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

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.

1.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明（　　）

A.加速度为零，速度为零

B.加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下

C.加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上

D.加速度a＝g，方向竖直向下

答案　B

解析　根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力.小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确.

2.两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图2所示，如果它们分别受到水平推力2F和F，则A、B之间弹力的大小为（　　）

A.

FB.

FC.

FD.

F

解析　根据牛顿第二定律对整体有：

2F－F＝（m1＋m2）a，方向水平向右；

对物体B有：

FN－F＝m2a，联立上述两式得：

FN＝

F，故选项A、B、D均错误，选项C正确.

3.电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a－t图象如图3所示（选取向上为正），电梯内乘客的质量m0＝50kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.第9s内乘客处于失重状态

B.1～8s内乘客处于平衡状态

C.第2s内乘客对电梯的压力大小为550N

D.第9s内电梯速度的增加量为1m/s

4.（多选）如图4甲所示，质量为m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A.物块经过4s回到出发点

B.物块运动到第3s时改变水平拉力的方向

C.3.5s时刻水平力F的大小为4N

D.4.5s时刻水平力F的大小为16N

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（　　）

A.0B.大小为g，方向竖直向下

C.大小为

g，方向垂直木板向下D.大小为2g，方向垂直木板向下

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＝3kg、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＝1kg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＝10m/s2，下列判断正确的是（　　）

A.系统做匀速直线运动

B.F＝40N

C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5

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mgtan45°

＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错，B对.斜面体对楔形物体的作用力FN2＝

mg＝10

N，C错.外力F增大，则斜面体加速度增加，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（　　）

B.

C.

D.

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