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：,突变问题的两类模型
2、,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于静止状态.现将A上面
3、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，0C.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，小球恰好处于静止状态，在木板
4、AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为A.0B.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的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小
5、为g，则有A.a1a2a3a40B.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，解得橡皮筋拉力FTFmg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所
6、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，由平衡条件可得F弹mgsin mgcos ,答案,解析,图8,(2)剪
7、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
8、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.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
9、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.,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
10、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，
11、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 ND.第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,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
12、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时间内，电梯处于失重状态，拉力F3 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
13、，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
14、,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 mAgcos )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 NF1F2ma,(2)物体在t0至t2
15、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，am1 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amFmmam,当t2 s时，物体也有最大加速度amFmmam,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.
16、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 kgB.木板的质量M4 kgC.滑块与木板间动摩擦因数为0.1D.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
17、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,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.
18、8 B.10 C.15 D.18,答案,解析,解析设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
19、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A.若mM，有x1x2B.若msin ，有x1x2D.若sin ，有x1t3C.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,
