高考物理一轮复习讲义牛顿第二定律的应用-瞬时性问题动力学中的两类基本问题

瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是()A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq\f(4,3)mgB．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(4,3)gC．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(5,3)gD．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq\f(5,3)g2、如图所示，细线连接着A球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A，B球，在倾角为θ的光滑斜面体C上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC．C对地面的压力等于A，B和C的重力之和D．地面对C无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有()A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g4、如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()A．eq\f(2F,3)eq\f(2F,3m)＋g B．eq\f(F,3)eq\f(2F,3m)＋gC．eq\f(2F,3)eq\f(F,3m)＋g D．eq\f(F,3)eq\f(F,3m)＋g5、如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为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(重力加速度为g)()A．图甲中A球的加速度不为零B．图乙中两球加速度均为gsinθC．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍6、如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10m/s2)()A．0B．15m/s2C．6m/s2D．5m/s27、如图所示，倾角为的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为，则等于（）A． B． C． D．1：18、如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为、，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为，某时刻突然撤去拉力F，此刻A和B的加速度大小为和，则()

A．B．

C．D．9、(多选)如图所示，轻质弹簧和不可伸长轻绳悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簀与竖直方向成30°角，轻绳与竖直方向也成30°角，重力加速度为g，则()

A．若弹簧下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为

B．若弹簧下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为C．若轻绳下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为

D．若轻绳下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为10、小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图4所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A．eq\f(2v0,g) B．eq\f(3v0,g)C．eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D．(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)11、如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中不正确的是()A．小球的速度先增大后减小B．小球的加速度先减小后增大C．小球速度最大时弹簧的形变量为eq\f(mg,k)D．弹簧的最大形变量为eq\f(mg,k)12、如图所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。则(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？13、如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。14、如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。15、如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)，g取10m/s2。试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。答案1.C【解析】甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq\f(FT,m)＝eq\f(5,3)g，故C正确，B、D错误。2.B【解析】：在细线被烧断前，由平衡条件得弹簧弹力FT＝mgsinθ，在细线被烧断的瞬间，弹簧弹力不变，故小球B所受合外力为零，加速度等于零，小球A受合外力为F＝FT＋mgsinθ＝2mgsinθ，由牛顿第二定律得小球A的加速度为2gsinθ，方向沿斜面向下，由小球A知，系统有沿斜面向下的加速度，而处于失重状态，因此把该加速度分解为竖直向下和水平向左的两个分量，可得C对地面压力小于A，B和C的重力之和，地面对C摩擦力水平向左．3.C【解析】开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg.抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0.对物块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(F′＋mg,m)＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g．故C正确，A、B、D错误．4.A【解析】：根据题意，对AB整体受力分析有：AB整体受线的拉力F和重力3mg，根据牛顿第二定律有3mg－F＝3ma，得：a＝g－eq\f(F,3m)；对A球进行受力分析如图，A球受线的拉力F和重力mg以及弹簧拉力F1三个力作用下向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F1＋mg－F＝ma，则F1＝F－mg＋ma＝eq\f(2,3)F，又因为在细线断开的瞬间，细线的拉力F立即消失，而弹簧的弹力因形变没有发生变化而保持不变，故线断开的瞬间，A的合力为F合＝F1＋mg，根据牛顿第二定律可得，物体A在线断开的瞬间的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2F,3m)＋g，故选A.5.B【解析】对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsinθ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.【方法点拨】剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论6.C【解析】开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6m/s2，故选项C正确。7.B【详解】匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为，质量为，根据平衡条件可得对2、3、4物块由平衡条件可得可得连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得对2、3物块根据牛顿第二定律可得可得可得故选B。8.D9.BC10.C【解析】由牛顿第二定律可得，上升时mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；下滑时mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，x2＝x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，t2＝eq\f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故选项C正确。11.D【解析】开始时，小球的重力大于弹力，加速度方向向下，小球向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即mg＝kx，即x＝eq\f(mg,k)，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为2x＝eq\f(2mg,k)，故选项A、B、C正确，D错误．12.(1)6m/s(2)1.95s【解析】(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma解得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2M到B，根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2aL，解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s。(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2，根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2a1x，解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s，因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑下滑时根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s，所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝(0.6＋eq\f(3\r(5),5))s＝1.95s。13.(1)1.2m/s0.6m(2)5.2m【解析】(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(84－12,60)m/s2＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.6m。(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝eq\f(Ff,m)，经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则veq\o\al(2,2)－v′eq\o\al(2,1)＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝eq\f(v\o\al(2,2),2a2)，解得x2＝5.2m。14.(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N【解析】(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图所示，有Ff＝μFN＝μmg则a2＝eq\f(