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,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，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.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.,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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,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，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,