应用牛顿第二定律处理“四类”问题

1、应用牛顿第二定律处理“四 类”问题，、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: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

2、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, 0 B.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，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

3、)大于物体所受重力的现象.(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亡_ 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

4、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（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，其下滑的速度一时间图线如图

5、2 所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数， 在05 s, 510 s 1015 s内F的大小分别为A.F i<F2C.Fi>F3答案 A图2B.F2>F3D.Fi = 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

6、重的方法从受力的角度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判断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 物体向上加速或向下减速时，超重 物体向下加速或向上减速时，失重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（ ）A. t = 2 s时最大C.t = 8.5 s时最大答案 AD图3

7、B. t= 2 s时最小D.t= 8.5 s时最小解析 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，at图象如图4所示.则下列相关说法正确的 是（）A. t = 4.5 s时，电梯处于失重状态B.555 s时间内，绳索拉力最小C.

8、 t = 59.5 s时，电梯处于超重状态D.t =60 s时，电梯速度恰好为零答案D解析利用at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;05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力 > 重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力= 重力，5560 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-1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.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

9、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)()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.E回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、

10、同时消失，具体可简化为以F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? I求瞬时加速度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Oi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6A. 弹簧弹力大小为P2mgB. 球B的加速度为gC. 球A受到

11、的支持力为V2mg1D. 球A的加速度为2g答案 D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=mgtan 45 =°g;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=C0S452mg, aB = 2g, A、B项错误剪断细绳前，有 A球的重力大小 Ga = 2F绳cos 30 ° 6mg,剪断 细绳瞬间，A球受到的支持力Fna = Gacos 30°2 mg, C项错误剪断细绳瞬间，对A球由牛 顿第二定律有 mAgsin 30 mAaA，得A的加速度1aA = gsin 30 厶 §9, D项

12、正确.拓 展延 伸(1) 如图7甲、乙中小 球mi、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？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.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 a的传送带上， 两木块与传送带间的动摩擦因数均为卩，用与传送带平行的细线拉住木块 A

13、，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“亠mgsin a+ a mgos a答案 (1)L +广(2)aA = 2g(sin a+ acos a), aB = 0解析(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F 弹=mgsin a+ a mgps a由胡克定律F弹=k Ax得两木块间的距离为Labmgsin a+ a mgos a=L + Ax = 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 弹一(mgsin a+ 卩 ircps a) = maB解得aB = 0.对于木块

14、A有F 弹+ 卩 mgps a+ mgsin a= maA解得 aA = 2(gsin a+ 卩 gOS a)= 2g(sin a+ pCOS a).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mo, 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ai、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有 ()图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ai = a2 = g;物块3、 4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对小仍为mg,因此物块3满足F mg=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4=mog,所以C对.物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大二0,即 a3F + mogmo mo+ m命题点三动力学图象问题1常见的动力学图象a图象等要求分析v t图象、at图象、F t图象、F2图象问题的类型已知

16、物体受的力随时间变化的图线， 物体的运动情况.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.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

17、准确判断.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 = 4 kg，斜面倾角0= 37°.某时刻由静止 释放A，测得A沿斜面向上运动的v -1图象如图 乙所示已知 g= 10 m/s2, sin 37° = 0.6, cos 37°=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；滑动过程中细线对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内，根据题图乙，v

18、2统的加速度为ai= ； = 05 m/s2 = 4 m/s2对 A, Ft mAgsin 0 yimgcos 0= mAai对 B, mBg Ft = mBa1得：尸0.25(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得 mAgsin 0+ ynmgcos 0= mAa2将已知量代入，可得a2= 8 m/s2故A减速向上滑动的位移为X2 =2a20.25 m2考虑00.5 s内A加速向上滑动的位移X1 =盘=0.5 m所以，A上滑的最大位移为x = xi + X2= 0.75 mA加速上滑过程中，由动能定理：W(mAgsin1 20+ ynmgcos 0)x1 = qmAV2 0得 W=

19、12 J.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 = 2 kg的物体.物体同时受到两个水平力 的作用，Fi = 4 N，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= 0.5 s时物体的加速度大小.物体在t = 0至t = 2 s内何时物体的加速度最 大？最大值为多少？物体在t= 0至t = 2 s内何时物体的速度最大? 最大值为多少？Mz答案(1)0.5 m/s2 (2)当 t = 0 时，am = 1 m/s2t = 2 s 时，am=1 m/s2(3)t= 1 s 时，v = 0.5 m/s解析由

20、题图乙可知F2= (2 + 2t) N当 t= 0.5 s时，F2= (2 + 2X 0.5) N = 3 NF i 一 F2= maF i F2 4 322a=m/s2= 0.5 m/s2.m 2物体所受的合外力为F合=Fi-F2 = 2-2t(N)作出F合一t图象如图所示从图中可以看出，在02 s范围内当t= 0时，物体有最大加速度amFm = mamF m 222am = - m/s2= 1 m/s2m 2当t= 2 s时，物体也有最大加速度 amFm ' = mam' am'= mr=m/s2=-1 m/s2负号表示加速度方向向左.由牛顿第二定律得a=学=1t(

21、m/s2)画出a t图象如图所示由图可知t = 1 s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 = 1x 1 x 1 m/s= 0.5 m/s.（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= 10 m/s2.图12A.滑块的质量 m = 4 kgB.木板的质量 M =4 kgC.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D.当F =8 N时滑块加速度为2 m/s2答案 AC解析由题图乙，当F等于6 N时，加速度a= 1

22、m/s2,对整体：F = (M + m)a,解得：M + m = 6 kg,当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得F 卩 mg11M，知图线的斜率k = M = 2,解得M = 2 kg,故滑块的质量m= 4 kg，故A正确，B错误；根 据F大于6 N的图线延长线知，F = 4 N时，a=F 一 1 mg0,则a= M ，解得1= 0.1,故C正确；根据 1 m= ma'，得 a' = 1 m/s2, D 错误.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一一轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳 方向的速度总是相等

23、.轻杆一一轻杆平动时，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，可以把原则它们看成一个整体，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1 LL J / |、丿、L=隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相冋，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冋的加速度， 且要求物体之间的作用