2020版高考物理复习第三章第2讲应用牛顿第二定律处理“四类”问题讲义（含解析）教科版 20页

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：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，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1A．1.5g，1.5g，0B．g，2g，0C．g，g，gD．g，g,0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，由牛顿第二定律得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．n(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、动力学图像1．类型(1)已知图像分析运动和受力情况；(2)已知运动和受力情况分析图像的形状．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2A．F1F3C．F1>F3D．F1＝F3答案　An命题点一　超重与失重现象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现象．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，物体处于失重状态；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　(2018·四川省乐山市第二次调研)图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知(　　)n图3A．人的重力为1500NB．c点位置人处于失重状态C．e点位置人处于超重状态D．d点的加速度小于f点的加速度答案　C解析　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500N，故A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；人在d点时：a1＝＝m/s2＝20m/s2，人在f点时：a2＝＝m/s2＝10m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D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图像如图4所示．则下列相关说法正确的是(　　)图4A．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，电梯速度恰好为零答案　D解析　利用a－t图像可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错n误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，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　(2018·广东省深圳市三校模拟)如图5，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N．取g＝10m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　)图5A．匀加速上升，a＝5m/s2B．匀加速下降，a＝5m/s2C．匀速上升D．静止状态答案　B解析　当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：N上＋mg－N下＝ma，m＝＝kg＝1kg，G＝mg＝10N若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10N，则上顶板传感器的示数是5N.对金属块，由牛顿第二定律知N上′＋mg－N下′＝ma′解得a′＝5m/s2，方向向下，故电梯以a＝5m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5m/s2的加速度匀减速上升．故A、C、D错误，B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：n2．解题思路⇒⇒3．两个易混问题(1)如图6甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则图甲中的轻质弹簧和图乙中的下段绳子的拉力将如何变化呢？图6(2)由(1)的分析可以得出什么结论？答案　(1)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(2)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．例2　(2019·河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)图7A．aA＝aB＝gB．aA＝2g，aB＝0nC．aA＝g，aB＝0D．aA＝2g，aB＝0答案　D解析　水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，静止时，T＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB解得T＝2mAg水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，A所受合力与T等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0.例3　(多选)如图8所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，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．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线．下列判断正确的是(　　)图8A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ答案　CD解析　剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsinθ，以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝gsinθ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误．变式3　(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，A球质量为Bn球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)图9A．图甲中A球的加速度为gsinθB．图甲中B球的加速度为2gsinθC．图乙中A、B两球的加速度均为gsinθD．图乙中轻杆的作用力一定不为零答案　C解析　设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsinθ，加速度为4gsinθ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsinθ，A、B两球的加速度均为gsinθ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确．命题点三　动力学图像问题1．常见的动力学图像v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等．2．图像问题的类型(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像．3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，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)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．例4　(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图10甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是(　　)n图10A．长木板的质量M＝2kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4C．当F＝14N时，长木板的加速度大小为3m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大答案　B解析　当F等于12N时，加速度为：a0＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，代入数据解得：M＋m＝3kg；当F大于12N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，则F＝Ma＋μmg，则知F－a图线的斜率k＝M＝＝1，则M＝1kg，故m＝2kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12N时，F＝a＋20μ，若F＝8N，a＝0，即得μ＝0.4，故B正确；由A项分析可知：F大于12N时F＝a＋8，当F＝14N时，长木板的加速度为：a＝6m/s2，故C错误；当F大于12N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μg，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误．变式4　(多选)(2019·福建省三明市质检)水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)图11A．物块与地面的动摩擦因数为0.2B．3s末物块受到的摩擦力大小为3NC．4s末物块受到的摩擦力大小为1ND．5s末物块的加速度大小为3m/s2答案　BC解析　在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f＝3N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝m/s2＝－2m/s2，则经过t＝n＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．变式5　(2018·安徽省池州市上学期期末)如图12所示为质量m＝75kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v－t图像，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则(　　)图12A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s2C．动摩擦因数μ为0.25D．比例系数k为15kg/s答案　C解析　由v－t图像可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0＝m/s2＝4m/s2，故B错误；在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0，最后匀速时有：vm＝10m/s，a＝0，由平衡条件可得mgsinθ－kvm－μmgcosθ＝0，联立解得：μ＝0.25，k＝30kg/s，故C正确，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n(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5　(多选)(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)n图13A．该水平拉力大于轻绳的弹力B．物块c受到的摩擦力大小为μmgC．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg答案　ACD解析　三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F>T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确．变式6　(多选)(2019·河南省郑州市质检)如图14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14A．若m>M，有x1＝x2B．若msinθ，有x1>x2D．若μ