應(yīng)用牛頓第二定律處理“四類”問題

1、應(yīng)用牛頓第二定律處理“四 類”問題，、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(dāng)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: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(dāng)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(zhì)量均為 m, A、B之間用一根沒有彈性 的輕質(zhì)細繩連在一起，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

2、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1A. 1.5g, 1.5g, 0 B.g, 2g, 0c.g, g, gD.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正確.二、超重和失重1. 超重(1) 定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?力

3、)大于物體所受重力的現(xiàn)象.(2) 產(chǎn)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?qū)覓煳锏睦?力)小于物體所受重力的現(xiàn)象.(2) 產(chǎn)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?qū)ωQ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(chǎn)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(guān).(2) 視重：當(dāng)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?qū)ε_秤的壓力將不等亡_ 物體的重力.此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示 數(shù)即為視重.自測2關(guān)于超重和失重的下列說法

4、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(xué)圖象1類型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(guān)知識通常要先對物體受力分析求合力，再根據(jù)牛頓第 二定律求加速度，然后結(jié)合運動學(xué)公式分析（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，其下滑的速度一時間圖線如圖

5、2 所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)， 在05 s, 510 s 1015 s內(nèi)F的大小分別為A.F i<F2C.Fi>F3答案 A圖2B.F2>F3D.Fi = F3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(chǎn)生的物理 現(xiàn)象都會完全消失(3) 盡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

6、重的方法從受力的角度當(dāng)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)等于零時物判斷體處于完全失重狀態(tài)從加 速度 的角 度判 斷當(dāng)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 物體向上加速或向下減速時，超重 物體向下加速或向上減速時，失重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（ ）A. t = 2 s時最大C.t = 8.5 s時最大答案 AD圖3

7、B. t= 2 s時最小D.t= 8.5 s時最小解析 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(jù)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(yīng) 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，at圖象如圖4所示.則下列相關(guān)說法正確的 是（）A. t = 4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài)B.555 s時間內(nèi)，繩索拉力最小C.

8、 t = 59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài)D.t =60 s時，電梯速度恰好為零答案D解析利用at圖象可判斷：t=4.5 s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤;05 s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力 > 重力，555 s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力= 重力，5560 s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉 力重力，綜上所述，B、C錯誤;因a-1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= 60 s時為零，D正確.2為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)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

9、調(diào)整，使座 椅始終保持水平，如圖 5所示當(dāng)此車減速上坡 時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作 用)()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(dāng)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(jù)牛頓第 二定律知人的合力方向沿斜面向下，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.E回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(yīng)關(guān)系，二者總是同 時產(chǎn)生、同時變化、

10、同時消失，具體可簡化為以F兩種模型:2.求解瞬時加速度的一般思路分析瞬時變化前后物體的受力情況列牛頓第二定律方程? I求瞬時加速度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(zhì)細繩相連，兩球均處于靜止狀態(tài).已知B球質(zhì)量 為m，O在半圓柱體圓心Oi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(zhì)細繩剪斷的瞬 間（重力加速度為g）,下列說法正確的是（）圖6A. 彈簧彈力大小為P2mgB. 球B的加速度為gC. 球A受到

11、的支持力為V2mg1D. 球A的加速度為2g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=mgtan 45 =°g;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=C0S452mg, aB = 2g, A、B項錯誤剪斷細繩前，有 A球的重力大小 Ga = 2F繩cos 30 ° 6mg,剪斷 細繩瞬間，A球受到的支持力Fna = Gacos 30°2 mg, C項錯誤剪斷細繩瞬間，對A球由牛 頓第二定律有 mAgsin 30 mAaA，得A的加速度1aA = gsin 30 厶 §9, D項

12、正確.拓 展延 伸(1) 如圖7甲、乙中小 球mi、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？由(1)(2)的分析可以得出什么結(jié)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.3 如圖8所示，兩木塊A、B質(zhì)量均為m，用勁度系數(shù)為k、原長為L 的輕彈簧連在一起，放在傾角為 a的傳送帶上， 兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為卩，用與傳送帶平行的細線拉住木塊 A

13、，傳送帶按圖示方向 勻速轉(zhuǎn)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“亠mgsin a+ a mgos a答案 (1)L +廣(2)aA = 2g(sin a+ acos a), aB = 0解析(1)隔離B木塊受力分析，由平衡條件可得F 彈=mgsin a+ a mgps a由胡克定律F彈=k Ax得兩木塊間的距離為Labmgsin a+ a mgos a=L + Ax = 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 F 彈一(mgsin a+ 卩 ircps a) = maB解得aB = 0.對于木塊

14、A有F 彈+ 卩 mgps a+ mgsin a= maA解得 aA = 2(gsin a+ 卩 gOS a)= 2g(sin a+ pCOS a).3如圖9所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧 相連，物塊1、3質(zhì)量均為m,2、4質(zhì)量均為mo, 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(shè)抽 出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分 別為ai、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有 ()圖9A. ai = a2 = a3 = a4= 0B. ai = a2= a3= a4 = gm+ moC. ai = a2 = g, a

15、3= 0, a4= gmo Jm+ mom+ moD. ai = g, a2=mo g, a3= 0, a4= mo 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ai = a2 = g;物塊3、 4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對小仍為mg,因此物塊3滿足F mg=0;由牛頓第二定律得物塊4滿足a4=mog,所以C對.物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大二0,即 a3F + mogmo mo+ m命題點三動力學(xué)圖象問題1常見的動力學(xué)圖象a圖象等要求分析v t圖象、at圖象、F t圖象、F2圖象問題的類型已知

16、物體受的力隨時間變化的圖線， 物體的運動情況.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(zhuǎn)折點，兩圖 線的交點等.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(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖 象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公 式""圖象與物體"間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理 問題作出

17、準確判斷.如圖10甲所示，兩滑塊A、B用輕質(zhì)細線跨過光滑輕質(zhì)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 = 4 kg，斜面傾角0= 37°.某時刻由靜止 釋放A，測得A沿斜面向上運動的v -1圖象如圖 乙所示已知 g= 10 m/s2, sin 37° = 0.6, cos 37°=0.8，求:圖10(1) A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2) A沿斜面向上滑動的最大位移；滑動過程中細線對A的拉力所做的功答案(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J解析在00.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，v

18、2統(tǒng)的加速度為ai= ； = 05 m/s2 = 4 m/s2對 A, Ft mAgsin 0 yimgcos 0= mAai對 B, mBg Ft = mBa1得：尸0.25(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升.由牛頓第二定律得 mAgsin 0+ ynmgcos 0= mAa2將已知量代入，可得a2= 8 m/s2故A減速向上滑動的位移為X2 =2a20.25 m2考慮00.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移X1 =盤=0.5 m所以，A上滑的最大位移為x = xi + X2= 0.75 mA加速上滑過程中，由動能定理：W(mAgsin1 20+ ynmgcos 0)x1 = qmAV2 0得 W=

19、12 J.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(zhì) 量為m = 2 kg的物體.物體同時受到兩個水平力 的作用，F(xiàn)i = 4 N，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(dāng)t= 0.5 s時物體的加速度大小.物體在t = 0至t = 2 s內(nèi)何時物體的加速度最 大？最大值為多少？物體在t= 0至t = 2 s內(nèi)何時物體的速度最大? 最大值為多少？Mz答案(1)0.5 m/s2 (2)當(dāng) t = 0 時，am = 1 m/s2t = 2 s 時，am=1 m/s2(3)t= 1 s 時，v = 0.5 m/s解析由

20、題圖乙可知F2= (2 + 2t) N當(dāng) t= 0.5 s時，F(xiàn)2= (2 + 2X 0.5) N = 3 NF i 一 F2= maF i F2 4 322a=m/s2= 0.5 m/s2.m 2物體所受的合外力為F合=Fi-F2 = 2-2t(N)作出F合一t圖象如圖所示從圖中可以看出，在02 s范圍內(nèi)當(dāng)t= 0時，物體有最大加速度amFm = mamF m 222am = - m/s2= 1 m/s2m 2當(dāng)t= 2 s時，物體也有最大加速度 amFm ' = mam' am'= mr=m/s2=-1 m/s2負號表示加速度方向向左.由牛頓第二定律得a=學(xué)=1t(

21、m/s2)畫出a t圖象如圖所示由圖可知t = 1 s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 = 1x 1 x 1 m/s= 0.5 m/s.（多選）如圖12甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上， 其上放置一質(zhì)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= 10 m/s2.圖12A.滑塊的質(zhì)量 m = 4 kgB.木板的質(zhì)量 M =4 kgC.滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1 D.當(dāng)F =8 N時滑塊加速度為2 m/s2答案 AC解析由題圖乙，當(dāng)F等于6 N時，加速度a= 1

22、m/s2,對整體：F = (M + m)a,解得：M + m = 6 kg,當(dāng)F大于6 N時，根據(jù)牛頓第二定律得F 卩 mg11M，知圖線的斜率k = M = 2,解得M = 2 kg,故滑塊的質(zhì)量m= 4 kg，故A正確，B錯誤；根 據(jù)F大于6 N的圖線延長線知，F(xiàn) = 4 N時，a=F 一 1 mg0,則a= M ，解得1= 0.1,故C正確；根據(jù) 1 m= ma'，得 a' = 1 m/s2, D 錯誤.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一一輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩 方向的速度總是相等

23、.輕桿一一輕桿平動時，連接體具有相同的平動速 度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而 線速度與轉(zhuǎn)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 連接體的速率相等.3. 處理連接體問題的方法整體法的選取若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把原則它們看成一個整體，分析整體受到的外 力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度或其 他未知量1 LL J / |、丿、L=隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相冋，或 者要求出系統(tǒng)內(nèi)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(yīng)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(nèi)各物體具有相冋的加速度， 且要求物體之間的作用