专题三牛顿第二定律的应用

1、专题三牛顿第二定律的应用考点研析流线耳城微点拨*多维练,研遗命题点考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度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：的胖 模甲不发生明显影变就能产生弹力.打瓶嗑 脱国后.不需费时何怏M影变.弹力立: 即消失或改空口 一般期目中所结的轻窕 转杆和金触面在不加特殊说国J时.均可， 掖此榄涮处理弹离.城床和粽皮筋阡谕春加丽sb箱WMii时,山亍砺冰 力惯性.弹戳的授爱不会发生突堂，所 以在瞬时问题中.其弹力的大小认为是 不变的，即此时弹簧的弹力不突变2 .求解瞬时加速度的一般思路分析版时变化前后 物体的受力

2、情况可华顿第二|求，时| 定律方程 |加速度|例W06两个质量均为 m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用 ai和a2表示，则（）A . ai=g, a2= gB - ai=°, a2 = 2gC. ai= g, a2= 0 D. a1 = 2g, a2= 0解析：由于绳子张力可以突变，故剪断 OA后小球A、B只受重力，其加速度 ai = a2=g o故选项A正确。答案： A考法拓展i在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是（）A . ai=g, a

3、2= gB - ai=°, a2 = 2gC. ai=g, a2= 0 D - ai = 2g, a2= 0解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零，所以小球 A、B的加速度分别为 ai = 2g, a2=0。故选项D正确。答案： D考法拓展2把【考法拓展 U中的题图放置在倾角为9= 30。的光滑斜面上，如图所示系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是i A . aA= 0 aB=2gB . aA= gaB= 0C. aA=g aB= g D. aA= 0 aB= g解析：细线被烧断的瞬间，小球 B

4、的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整 体受力可知线的拉力为 Ft= 2mgsin。，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下， 大小为2mgsin依所以A球的瞬时加速度为 aA=2gsin 30 = g,故选项B正确。答案： B多维练透1.IT I如图所示，物块i、2间用刚性轻质杆连接，物块 3、4间用轻质弹簧相连，物块 i、3 质量为m,2、4质量为M,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i、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（）A. ai = a2 = a3 = a4 = 0B .

5、 ai = a2 = a3 = a4 = g-八 m+MC. a1一 a2g, a30, a4 m gm+ Mm+ MD. ai=g, a2= M g, a3=0, a4= M g解析：在抽出木板的瞬间，物块 1、2与刚性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;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对 3向上的弹力大小和对物块 4向下的弹力大小仍为 mg,因此物块3F + Mg M + m满足mg= F , a3=0;由牛顿第二定律得物块 4满足a4= M = M g,所以C正确。答案： C2.（2019厦门高三检测）如图所示，质

6、量为 m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°,重力加速度g取10 m/s2,若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为（）A. 0B.大小为10 m/s2,方向竖直向下C.大小为573 m/s2,方向斜向右下方D.大小为5 m/s2,方向斜向右下方解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为Fn =mgcos 30°突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力Fn大小相等、方向

7、相反，由牛顿第二定律得：mgcos30 = ma,解得a = 5V3 m/s2,方向斜向右下方，选项 C正确。答案： C考点二动力学两类基本问题1 .解决动力学两类问题的关键点N 受为情况分析 一 运动规律分析(加速度是厥系运动和力的桥) 容座是各物垣片由互密,嬴快举两个分2 .解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。X0和(2017全国卷n 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距Xi(Xi< Xo)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图

8、所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度V0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰 球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为V1。重力加速度大小为 go求:(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析：(1)设冰球的质量为 m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为科，由牛顿第二定律得mg ma 由运动学公式得V1 v0= - 2axo 联立解得 22V0 V1严2gxo(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，

9、刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。由运动学公式得v0 v2 = 2a1x0 v0 vi = ait 1 2Kxi = 2a2t 联立式得2xi vi+ V0a2 =-TZ2出2Xo答案：黑H方法技巧两类动力学问题的解题步骤,f根抠问摩的需亶和解愿的方便，逸出檄喇就助兜对象”研究的物侬口研究对象可以尾某个物体,也可以是几个物砧构成的系统,，曼力分淅和运好受力分析8k情景系意图，明确物动状态分析 1体的运动性横和运动过程.动状态分析选里正方向或LJ通常以加速度的方向为正方向或以加苣 是立坐Q月度方向为某1坐标的正方向n确定合

10、外力凡J、若物体只受两个共点力作用，通常用合 U成法;若物体爱到3个咸3个以上不在同一 J I或线上的力的件用，一般用正交分餐法。乂腰疆牛蛾第二定律心或列方鹏求解 Xf F,=rna.I列苗程求解、必料时逐妻对结果进行讨论&多维练透I.（多选）如图所示，质量为 m=i kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为I0 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力，在此恒力作用下（g取I0 m/s2）（ ）A.物体经I0 s速度减为零B.物体经2 s速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动 F + Ff解析： 物体受到向

11、右的滑动摩擦力 Ff= IN= G= 3 N,根据牛顿第二定律得 a=-m-s= 2 s, B 正确，A出m/s2 = 5 m/s2,方向向右，物体减速到零所需的时间t=：= 1f错误；减速到零后，恒力F<Ff,物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误。答案： BC2.如图所示，一倾角为 0= 30°的上表面光滑的斜面上，有相距为L的A、B两点，质量为 m=1 kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在Fi=11 N、方向沿斜面向上的力的作用下，从A点由静止运动到 B点，所经历时间ti= 1 s,至U B点时换成了沿斜面向下的力 F2作用在 物块上，经过时间t2=2 s后返回A点

12、，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度g=10 m/s2, 求：(1)A、B两点之间的距离 L。(2)力F2的大小。解析：(1)物块从A点到达B点的过程中，有Fi mgsin 012a1 =m , L= 2a1t1代入数据解得a = 6 m/s2, L = 3 m(2)物块从B点回到A点的过程中，有-L = 丫也- 2a2t2又物块在B点的速度V1 = a1t1=6 m/s2解得 a2= 7.5 m/sF2+mgsin 0由a2= m解得 F2=2.5 No答案： (1)3 m (2)2.5 N考点三 动力学中的图象问题1 .数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，

13、都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式” “图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。（3）常见的动力学图象v -t图象、a -t图象、F -t图象、F -x图象、F -a图象等。2 .动力学图象问题的类型 图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二 定律F=ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意 义。一般包括下列几种类型：力图间的里r动学象髓类（由图象分析物体的受力惘根）擀巨遮件遴至物理喳的旬序象分析物一

14、的一前情况例国 （2018全国卷I 15）1S如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 （）解析：设物块的质量为 m,弹簧的劲度系数为 k,系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为xo,则xo=ma,设物块做匀加速直线运动的加速度为a,根据牛顿第二定律和胡克定律k有Fmg+k（xOx）= ma,联立解得F=ma+kx,显然F是关于x的一次函数，且F -x图象 在F轴上有截距。答案： A方法技巧“一、二、三、四”快速解决动力学

15、图象问题着就坐标轴所表示的物理整及单位并注意坐抓原 点是杳从零开始L一U、/明确困度*与白壹同的制鲫美系.明碘物理*U 明I的交枇心势七星J分新田报r弄清物厘过程，写出相应的函数关片金社J蛀而明确“图您与公式*图象与物体，间的关系以便对有关瞥理问盘作出增债判断多维练透1. (2019河南洛阳模拟)如图甲所示，一个质量为 3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从 零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在03 s时间内物体的加速度 a随时间t的变化规律如图乙所示。则 ()甲乙A. F的最大值为12 NB. 01 s和23 s内物体加速度的方向相反C. 3 s末物体的速度最大，最大速度为8

16、 m/sD.在01 s内物体做匀加速运动，23 s内物体做匀减速运动解析：由图象可知，物体在 12 s内做匀加速直线运动，a=4 m/s2,由牛顿第二定 律得F mg=ma,故F = ma+科m>12 N,故A错误；由a -t图象的特点知加速度一直为正，故B错误；a -t图象与时间轴围成图形的面积为加，而初速度为零，故 3 s末速度最大为8 m/s,故C正确；整个过程中，物体一直做加速运动，故 D错误。答案： C2. (2019南昌质检)一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度 v随时间t变化的关系如图乙所示。取g= 10 m/s2,求：(1)1

17、s末物块所受摩擦力的大小Ff1 ；(2)物块在前6 s内的位移大小x;(3)物块与水平地面间的动摩擦因数因解析：(1)由题图乙可知，前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当 t=1 s时，Ff1=F1=4 No(2)在v -t图象中图线与t轴围成的面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小x=m= 12 m。(2+4 . 4(3)由题图乙知，在 24 s内，物块做匀加速运动，加速度大小a= t = 2 m/s2= 2 m/s2由牛顿第二定律得 F2Ff2=ma在46 s内物块做匀速运动，有F3= Ff2= mg联立解得0.4。答案

18、： (1)4 N (2)12 m (3)0.4核心素养我或提无:科学思维系列斜面模型和等时圆模型模型一斜面模型斜面是力学中常见的一种物理模型，该模型中存在一些规律。1 .粗糙斜面典例D黑(2019安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块 A以加速度ai沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B,物体B始终与A保持相对静止，以加速度 a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力 F,滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则 （）A. ai = a2 = a3C. ai<a2 = a3 D. ai<a2<a3解析：题图甲中的加速度为 ai,则有mgsi

19、n 0-科 mgos 0= mai,解得 ai = gsin 0- cos 0题图乙中的加速度为 a2,则有(m + m' )gsin 0 Mm+m )gcos 0= (m+m' )a2,解得 a2=gsin 9- w cos 0。题图丙中的加速度为a3,设F=m' g,则有(m + m' )gsin 0 Mm+m )gcos 0= ma3,解 F(m+ m，gsin 0- pm+m，gcos 0故ai=a2<a3,故B正确。答案： B2.光滑斜面物块的运动加速度 a = gsin 0典例白黑如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移 时的