2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲应用牛顿第二定律处理“四类”问题学案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 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

2、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 1 A.1.5g， 1.5g， 0 B.g， 2g， 0 C.g， g， g D.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

3、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 )大于 物体所受重力的现象 . 【 精品教育资源文库 】 (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 (

4、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、动力学图象 1.类型 (1)已知图象分析运

5、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 . 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 05s， 5 10s， 10 15s 内 F 的大小分别为 F1、 F2和 F3，则 ( ) 图 2 A.F1F3 C.F1F3 D.F1 F3 【 精品教育资源文库 】 答案 A 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

6、、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，物块处于失重状态；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

7、，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 例 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 ( ) 图 3 A.t 2s 时最大 B.t 2s 时最小 C.t 8.5s 时最大 D.t 8.5s 时最小 答案 AD 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【 精品教育资源文库 】 有 F mg ma，即 F mg ma，根据牛顿第三定律知，人对地

8、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， a t图象如图 4 所示 .则下列相关说法正确的是 ( ) 图 4 A.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 图象可判断： t 4.5s 时，电梯有向上的加

9、速度，电梯处于超重状态，则 A错误； 0 5s 时间内，电梯处于超重状态，拉力 重力， 5 55s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力， 55 60s 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 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 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

10、的作用 )( ) 图 5 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 . 【 精品教育资源文库 】 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

11、下两种模型： 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 ? 求瞬时加速度 例 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 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 A.弹簧弹力大小为 2

12、mg B.球 B 的加速度为 g 【 精品教育资源文库 】 C.球 A 受到的支持力为 2mg D.球 A 的加速度为 12g 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 mgtan45 mg；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 mgcos45 2mg， aB 2g， A、 B 项错误 .剪断细绳前，有 A 球的重力大小 GA 2F 绳 cos30 6mg，剪断细绳瞬间 ， A 球受到的支持力 FNA GAcos30 182 mg， C 项错误 .剪断细绳瞬间，对 A 球由牛顿第二定律有 mAg

13、sin30 mAaA，得 A 的加速度 aA gsin30 12g， D 项正确 . 拓展延伸 (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？ 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？ (3)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 . 例 3 如图 8 所示，两木块 A、 B 质量均为 m，用劲度系数为

14、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： 【 精品教育资源文库 】 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 . 答案 (1)L mgsin mg cosk (2)aA 2g(sin cos )， aB 0 解析 (1)隔离 B 木块受力分析，由平衡条件可得 F 弹 mgsin mg cos 由胡克定律 F 弹 k x 得两木块间的距离为 LAB L x L mgsin mg cosk (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 (mgsin mg cos )maB 解得 aB 0. 对于木块 A 有 F 弹 mg cos mgsin maA 解得 aA 2(gsin g cos ) 2g(sin cos ). 变式 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 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