1、第2讲 应用牛顿第二定律处理“五类”问题,第三章 牛顿运动定律,一、突变问题 1.牛顿第二定律的表达式为：F合ma，加速度由物体所受 决定，加速度的方向与物体所受 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 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 . (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,合外力,合外力,速度,突变为0,1.两种模型 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：,突变
2、问题的两类模型,能力考点 师生共研,模型构建,1、(1)如图7甲、乙中小球m1、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？,答案 弹簧和下段绳的拉力都变为0.,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？,答案 弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.,(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？,答案 绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变.,答案,2、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
3、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 A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0 C.g，g，g D.g，g，0,图1,答案,解析,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，3mg2ma，解得a1.5g，选项A正确.,3.如图5所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60的光滑木板AB托住，
4、小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为 A.0 B.大小为g，方向竖直向下 C.大小为 g，方向垂直木板向下 D.大小为2g，方向垂直木板向下,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图5,解析 撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向.,答案,解析,4 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m0，两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
5、为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有 A.a1a2a3a40 B.a1a2a3a4g,图9,答案,解析,5.(多选)如图9所示，在竖直平面内，A和B是两个相同的轻弹簧，C是橡皮筋，它们三者间的夹角均为120，已知A、B对小球的作用力均为F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为,图9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案,解析,解析 由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A和B对小球的作用力一定是拉力.可能有两种情况： (1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为FT，由平衡条件可知，2Fcos 60mgFT，解
6、得橡皮筋拉力FTFmg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力等于橡皮筋拉力FTFmg，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F合ma， 解得小球的加速度a g，选项B正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6 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，放在倾角为的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按 图示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求： (1)A、B两木块之间的距离；,解析 隔离B木块受力分析，由平衡条件可
7、得F弹mgsin mgcos ,答案,解析,图8,(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大.,答案 aA2g(sin cos )，aB0,解析 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(mgsin mgcos )maB 解得aB0. 对于木块A有F弹mgcos mgsin maA 解得aA2(gsin gcos )2g(sin cos ).,答案,解析,7 (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
8、O1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6,答案,解析,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) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有 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) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有 的加速度.,向下,大于,向上,小于,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) 的现象称为完全失重现象. (2)产生条件：物体的加速度a ，方向竖直向下. 4
9、.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 . (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 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.,不等于,等于0,g,无关,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.
10、,超重和失重问题,基础考点 自主悟透,2.判断超重和失重的方法,1、 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,/2 (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.t2 s时最大 B.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时
11、最小,图3,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Fmgma，即Fmgma，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.,答案,解析,3.电梯在t0时由静止开始上升，运动的at图象如图3所示(选取向上为正)，电梯内乘客的质量m050 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.第9 s内乘客处于失重状态 B.18 s内乘客处于平衡状态 C.第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N D.第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s,1,2,3,4,5,6,7,8
12、,9,10,11,12,答案,图3,4 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t0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.t4.5 s时，电梯处于失重状态 B.555 s时间内，绳索拉力最小 C.t59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t60 s时，电梯速度恰好为零,答案,解析,图4,解析 利用at图象可判断：t4.5 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
13、间内，电梯处于失重状态，拉力重力，综上所述，B、C错误； 因at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t60 s时为零，D正确.,5 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,解析,图5,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
14、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.,三、动力学图象 1.类型 (1)已知图象分析运动和 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 求加速度，然后结合运动学公式分析.,牛顿第二定律,受力,1.常见的动力学图象 vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等. 2.图象问题的类型 (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
15、，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.,动力学图象问题,能力考点 师生共研,1、 (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05 s，510 s，1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则图2 A.F1F3 C.F1F3 D.F1F3,答案,/2、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mA2 kg，mB4 kg，斜面倾角37.某时刻由静止释放A，测得A沿
16、斜面向上运动的vt图象如图乙所示.已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求： (1)A与斜面间的动 摩擦因数；,答案 0.25,图10,答案,解析,对A，FTmAgsin mAgcos mAa1 对B，mBgFTmBa1 得：0.25,(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；,解析 B落地后，A继续减速上升. 由牛顿第二定律得mAgsin mAgcos mAa2 将已知量代入，可得a28 m/s2,答案 0.75 m,所以，A上滑的最大位移为xx1x20.75 m,答案,解析,(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功.,解析 A加速上滑过程中， 由动能定理：W(mAgsin m
17、Agcos )x1 mAv20 得W12 J.,答案 12 J,答案,解析,/3、 (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m2 kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F14 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t0.5 s时物体的加速度大小.,答案 0.5 m/s2,答案,解析,解析 由题图乙可知F2(22t) N 当t0.5 s时，F2(220.5) N3 N F1F2ma,(2)物体在t0至t2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？,答案 当t0时，am1 m/s2 当t2 s时，am
18、1 m/s2,答案,解析,解析 物体所受的合外力为F合F1F222t(N) 作出F合t图象如图所示 从图中可以看出，在02 s范围内 当t0时，物体有最大加速度am Fmmam,当t2 s时，物体也有最大加速度am Fmmam,负号表示加速度方向向左.,(3)物体在t0至t2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？,解析 由牛顿第二定律得a 1t(m/s2) 画出at图象如图所示 由图可知t1 s时速度最大，最大值等于at图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v 11 m/s0.5 m/s.,答案 t1 s时，v0.5 m/s,答案,解析,4 (多选)如图12甲所示，一质量为M的长木板
19、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aF图象.取g10 m/s2.则下列说法正确的是 A.滑块的质量m4 kg B.木板的质量M4 kg C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D.当F8 N时滑块加速度为2 m/s2,答案,解析,图12,根据mgma，得a1 m/s2，D错误.,四.牛二的整体隔离（连接体的类型） (1)弹簧连接体,模型构建,(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
20、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,1、(多选)(2015新课标全国20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a的 加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为 A.8 B.10 C.15 D.18,答案,解析,解
21、析 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则Fnma 设PQ东边有k节车厢，则Fkm a 联立得3n2k，由此式可知n只能取偶数， 当n2时，k3，总节数为N5 当n4时，k6，总节数为N10 当n6时，k9，总节数为N15 当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确.,/2 (多选)(2018陕西商洛质检)如图13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，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
22、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 A.若mM，有x1x2 B.若msin ，有x1x2 D.若sin ，有x1x2,图13,答案,解析,解析 在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F(mM)g(mM)a1 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgma1 联立解得FT 在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F(mM)gsin (mM)a2 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgsin ma2 联立解得FT 比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.,3 (多选)如图14所示，倾角为的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一
23、带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是 A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右,答案,解析,图14,解析 隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin ，所以A正确，B错误. 将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误.故选A、C.,五、“等时圆
24、”模型 1.两种模型(如图1)图1,2.等时性的证明 设某一条光滑弦与水平方向的夹角为，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，位移为s，所以运动时间为t0 . 即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.,图2,dsin ,gsin ,命题点一 “等时圆”模型,基础考点 自主悟透,例1 如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则 A.t1t2t3 C.t3t1t2 D.t1t2t3,答案,解析,图3,变式1 如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点； c球由C点自由下落到M点.则 A.a球最先到达M点 B.b球最先到达M点 C.c球最先到达M点 D.b球和c球都可能最先到达M点,答案,解析,图4,
