2022年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第2講 應用牛頓第二定律處理“四類”問題學案

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1、2022年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第2講 應用牛頓第二定律處理“四類”問題學案 一、瞬時問題 1.牛頓第二定律的表達式為：F合＝ma，加速度由物體所受合外力決定，加速度的方向與物體所受合外力的方向一致.當物體所受合外力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(fā)生突變. 2.輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區(qū)別： (1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變?yōu)?. (2)輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條與其它物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變. 自測1　如圖1，A、B、C三個小球質量均為m，A、B之間用一根沒有彈性的輕質細繩連在一起

2、，B、C之間用輕彈簧拴接，整個系統(tǒng)用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將A上面的細線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細線的瞬間，A、B、C三個小球的加速度分別是(　　) 圖1 A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0 C.g，g，g D.g，g，0 答案　A 解析　剪斷細線前，由平衡條件可知，A上端的細線的拉力為3mg，A、B之間細繩的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg.在剪斷細線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球C所受合外力為零，所以C的加速度為零；A、B小球被細繩拴在一起，整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力，由牛頓第二定律，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，選項A

3、正確. 二、超重和失重 1.超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象. (2)產生條件：物體具有向上的加速度. 2.失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象. (2)產生條件：物體具有向下的加速度. 3.完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象. (2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下. 4.實重和視重 (1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關. (2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤

4、的壓力將不等于物體的重力.此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重. 自測2　關于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　) A.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用 C.物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D.物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 答案　D 三、動力學圖象 1.類型 (1)已知圖象分析運動和受力情況； (2)已知運動和受力情況分析圖象的形狀. 2.用到的相關知識 通常要先對物體受力分析求合力，再根據牛頓

5、第二定律求加速度，然后結合運動學公式分析. 自測3　(2016·海南單科·5)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖2所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數，在0～5s，5～10s，10～15s內F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) 圖2 A.F1F3 C.F1>F3 D.F1＝F3 答案　A 命題點一　超重和失重問題 1.對超重和失重的理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變. (2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失. (3)盡

6、管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài). (4)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài). 2.判斷超重和失重的方法 從受力的角度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物塊處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物

7、體向下加速或向上減速時，失重 例1　(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖3所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) 圖3 A.t＝2s時最大 B.t＝2s時最小 C.t＝8.5s時最大 D.t＝8.5s時最小 答案　AD 解析　人乘電梯向上運動，規(guī)定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于支持力的大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤. 變式1　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀

8、光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺.若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖4所示.則下列相關說法正確的是(　　) 圖4 A.t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài) B.5～55s時間內，繩索拉力最小 C.t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài) D.t＝60s時，電梯速度恰好為零 答案　D 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C

9、錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，D正確. 變式2　為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖5所示.當此車減速上坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)(　　) 圖5 A.處于超重狀態(tài) 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.所受合力豎直向上 答案　C 解析　當車減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，

10、合力的大小不變，則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示.將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，所以乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確. 命題點二　瞬時問題的兩類模型 1.兩種模型 加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型： 2.求解瞬時加速度的一般思路 ?? 例2　(2017·山東泰安二模)如圖6所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板上.兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質細繩相連，兩球均處于靜止狀態(tài).已知B球質量為m，O在半圓

11、柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，現(xiàn)將輕質細繩剪斷的瞬間(重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.彈簧彈力大小為mg B.球B的加速度為g C.球A受到的支持力為mg D.球A的加速度為g 答案　D 解析　剪斷細繩前對B球受力分析如圖，由平衡條件可得F彈＝mgtan45°＝mg；剪斷細繩瞬間，細繩上彈力立即消失，而彈簧彈力F彈和B球重力的大小和方向均沒有改變，則F合＝＝mg，aB＝g，A、B項錯誤.剪斷細繩前，有A球的重力大小GA＝2F繩cos30°＝mg，剪斷細繩瞬間，A球受到的支持力FNA＝

12、GAcos30°＝mg，C項錯誤.剪斷細繩瞬間，對A球由牛頓第二定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝g，D項正確. 拓展延伸　(1)如圖7甲、乙中小球m1、m2原來均靜止，現(xiàn)如果均從圖中B處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子，它們的拉力將分別如何變化？ 圖7 (2)如果均從圖中A處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子的拉力又將如何變化呢？ (3)由(1)(2)的分析可以得出什么結論？ 答案　(1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?. (2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?. (3)繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變. 例3　如圖

13、8所示，兩木塊A、B質量均為m，用勁度系數為k、原長為L的輕彈簧連在一起，放在傾角為α的傳送帶上，兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ，用與傳送帶平行的細線拉住木塊A，傳送帶按圖示方向勻速轉動，兩木塊處于靜止狀態(tài).求： 圖8 (1)A、B兩木塊之間的距離； (2)剪斷細線瞬間，A、B兩木塊加速度分別為多大. 答案　(1)L＋ (2)aA＝2g(sinα＋μcosα)，aB＝0 解析　(1)隔離B木塊受力分析，由平衡條件可得F彈＝mgsinα＋μmgcosα 由胡克定律F彈＝kΔx得兩木塊間的距離為LAB＝L＋Δx＝L＋ (2)剪斷細線瞬間彈簧彈力不變，對木塊B由牛頓第二定律得

14、F彈－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB 解得aB＝0. 對于木塊A有F彈＋μmgcosα＋mgsinα＝maA 解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα). 變式3　如圖9所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量均為m,2、4質量均為m0，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有(　　) 圖9 A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g C.

15、a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 答案　C 解析　在抽出木板的瞬間，物塊1、2與輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足F－mg＝0，即a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C對. 命題點三　動力學圖象問題 1.常見的動力學圖象 v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等. 2.圖象問題的類型 (1)已知物體受的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的

16、運動情況. (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況. (3)由已知條件確定某物理量的變化圖象. 3.解題策略 (1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點. (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等. (3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情景結合起來，應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷. 例4　如圖10甲所示，兩滑塊A、B用輕質

17、細線跨過光滑輕質定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在與斜面平行的細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動.已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角θ＝37°.某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v－t圖象如圖乙所示.已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： 圖10 (1)A與斜面間的動摩擦因數； (2)A沿斜面向上滑動的最大位移； (3)滑動過程中細線對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內，根據題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為a1＝＝m/s2＝4 m/s2 對A，F(xiàn)T－mAgsinθ

18、－μmAgcosθ＝mAa1 對B，mBg－FT＝mBa1 得：μ＝0.25 (2)B落地后，A繼續(xù)減速上升.由牛頓第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2 將已知量代入，可得a2＝8m/s2 故A減速向上滑動的位移為x2＝＝0.25m 考慮0～0.5s內A加速向上滑動的位移x1＝＝0.5m 所以，A上滑的最大位移為x＝x1＋x2＝0.75m (3)A加速上滑過程中，由動能定理：W－(mAgsinθ＋μmAgcosθ)x1＝mAv2－0 得W＝12J. 例5　(2018·吉林公主嶺模擬)如圖11甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為m＝2kg的物體.物體同時受到兩

19、個水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示.物體從零時刻開始運動. 圖11 (1)求當t＝0.5s時物體的加速度大小. (2)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的加速度最大？最大值為多少？ (3)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的速度最大？最大值為多少？ 答案　(1)0.5m/s2　(2)當t＝0時，am＝1 m/s2　當t＝2s時，am′＝－1m/s2　(3)t＝1 s時，v＝0.5 m/s 解析　(1)由題圖乙可知F2＝(2＋2t) N 當t＝0.5s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5) N＝3N F1－F2＝ma a＝＝m/s2＝0.

20、5 m/s2. (2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N) 作出F合－t圖象如圖所示 從圖中可以看出，在0～2s范圍內 當t＝0時，物體有最大加速度am Fm＝mam am＝＝m/s2＝1 m/s2 當t＝2s時，物體也有最大加速度am′ Fm′＝mam′ am′＝＝m/s2＝－1 m/s2 負號表示加速度方向向左. (3)由牛頓第二定律得a＝＝1－t(m/s2) 畫出a－t圖象如圖所示 由圖可知t＝1s時速度最大，最大值等于a－t圖象在t軸上方與橫、縱坐標軸所圍的三角形的面積v＝×1×1 m/s＝0.5 m/s. 變式4　(多選)如圖12甲所

21、示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊.木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖象.取g＝10m/s2.則下列說法正確的是(　　) 圖12 A.滑塊的質量m＝4kg B.木板的質量M＝4kg C.滑塊與木板間動摩擦因數為0.1 D.當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2 答案　AC 解析　由題圖乙，當F等于6N時，加速度a＝1m/s2，對整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當F大于6N時，根據牛頓第二定律得a＝，知圖線的斜率k＝＝，解得M＝2kg，故滑塊的質量m＝4kg，故A正確，B錯誤；

22、根據F大于6N的圖線延長線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，則a＝，解得μ＝0.1，故C正確；根據μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，D錯誤. 命題點四　動力學中的連接體問題 1.連接體的類型 (1)彈簧連接體 (2)物物疊放連接體 (3)輕繩連接體 (4)輕桿連接體 2.連接體的運動特點 輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等. 輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比. 輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的

23、速率相等. 3.處理連接體問題的方法 整體法的選取原則 若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量 隔離法的選取原則 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解 整體法、隔離法的交替運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力.即“先整體求加速度，后隔離求內力” 例6　(多選)(2015

24、·新課標全國Ⅱ·20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂.當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數可能為(　　) A.8B.10C.15D.18 答案　BC 解析　設PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，則F＝nma ① 設PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·a ② 聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數， 當n＝2時，k＝3，總節(jié)數為N＝5

25、 當n＝4時，k＝6，總節(jié)數為N＝10 當n＝6時，k＝9，總節(jié)數為N＝15 當n＝8時，k＝12，總節(jié)數為N＝20，故選項B、C正確. 變式5　(多選)(2018·陜西商洛質檢)如圖13所示，在粗糙的水平面上，質量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是(　　) 圖13 A.若m>M，有x1＝x2 B.若m

26、x1＝x2 C.若μ>sinθ，有x1>x2 D.若μ

27、，彈簧彈力相等，與動摩擦因數和斜面的傾角無關，故A、B正確，C、D錯誤. 變式6　(多選)如圖14所示，傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上，現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑.支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是(　　) 圖14 A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左 D.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右 答案　AC 解析　隔離小球，可知小球的加速度方向為沿斜面向下，大小為gsinθ，對支架系統(tǒng)進行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsinθ，所以A正確，B錯誤.將支架系統(tǒng)和斜面看成一個整體，因為整體具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯誤.故選A、C.