牛頓第二定律的綜合應(yīng)用微專題Ⅱ－201020304目錄命題視角(一)瞬時性問題命題視角(二)動力學(xué)中的臨界極值問題命題視角(三)牛頓第二定律與圖像的綜合問題命題視角(四)超重與失重問題05專題跟蹤檢測01命題視角(一)

瞬時性問題[典例]

(多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間(

)[典例示法]A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2[解題關(guān)鍵點]切入點(1)剪斷細線之前，a、b、c均處于平衡狀態(tài)(2)剪斷細線瞬間，細線拉力為零，彈簧彈力不變疑難點區(qū)別輕繩和輕彈簧反思點S1、S2若換為細線，剪斷最上端細線瞬間，a、b、c的加速度均為g[答案]

AC[解析]剪斷細線前，把物塊a、b、c

看成整體，細線上的拉力為FT＝3mg。因在剪斷細線的瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此物塊a、b、c

之間的作用力與剪斷細線之前相同，對a

隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得3mg

＝ma1，得a1＝3g,A正確，B錯誤。由胡克定律知2mg＝kΔl1,mg＝kΔl2，所以Δl1

＝2Δl2，C正確，D錯誤。[思維建模]1．兩種模型對比輕繩、輕桿和接觸面不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷或脫離后，不需要時間恢復(fù)形變，彈力立即消失或改變。一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理彈簧、蹦床和橡皮筋當(dāng)彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時彈簧的彈力不突變續(xù)表2．求解瞬時加速度的一般思路[應(yīng)用體驗]1.如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)(

)A．A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B．A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C．A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D．A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動答案：D

解析：將掛吊籃的繩子剪斷瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，水處于完全失重狀態(tài)，即可以認為水和球之間沒有相互作用力。以杯子作為參考系，A受到向上的彈力作用，B受到向下的彈力作用，C不受到彈力作用，所以A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動。2．(2023·杭州高三調(diào)研)如圖，傾角為θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接物體a，另一端連接物體b，b與物體c之間連接輕彈簧，a與地面接觸且a、b、c均靜止。已知b、c的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g。則(

)A．a(chǎn)的質(zhì)量可能小于2msinθB．剪斷豎直繩后瞬間，b的加速度大小為2gsinθC．剪斷豎直繩后瞬間，c的加速度大小為gsinθD．剪斷豎直繩后的一小段時間內(nèi)，b、c的距離變大答案：B

解析：根據(jù)平衡條件對b、c整體受力分析可得T＝2mgsinθ，對a受力分析可得mag＝2mgsinθ＋FN，可知ma≥2msinθ，故A錯誤；彈簧的彈力為kx＝mgsinθ，剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不突變，此時對b物體有kx＋mgsinθ＝ma，則加速度大小為2gsinθ，故B正確；剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不變，c的加速度大小為0，故C錯誤；剪斷豎直繩后的一小段時間內(nèi)，物體b的加速度大于c的加速度，則b、c的距離變小，故D錯誤。02命題視角(二)

動力學(xué)中的臨界極值問題A．勻加速的最大加速度為μgB．以最大加速度勻加速前進時，木塊A、C間的摩擦力與木塊B、D間的摩擦力大小之比為3∶2C．水平拉力F最大為7μmgD．輕繩所受的最大拉力為4μmg答案：BCD

[微點撥]疊加體發(fā)生相對滑動的臨界條件：兩物體接觸面之間的靜摩擦力達到最大值。不加區(qū)分時，臨界條件可表述為兩物體接觸面之間的靜摩擦力達到滑動摩擦力。

C．兩物體分離時彈簧的彈力大小為mgD．兩物體分離后B做勻加速運動答案：BC解析：根據(jù)題意可知，A、B分離前一起向上做加速運動，由于彈簧彈力變化，則整體受到的合力變化，加速度變化，做非勻加速運動，故A錯誤；根據(jù)題意可知，兩物體分離時，物體間沒有作用力，設(shè)此時彈簧彈力為F1，由牛頓第二定律，對物體A有F1－mg＝ma′，對物體B有F－mg＝ma′，解得a′＝0，F(xiàn)1＝mg，兩物體分離后，物體B繼續(xù)向上運動，受力平衡做勻速運動，故D錯誤，C正確。[微點撥]兩接觸物體發(fā)生脫離的臨界條件是接觸面間的彈力FN＝0。題點3運動物理量的臨界極值問題3．如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2。(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值。[微點撥]通過牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律將運動物理量轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達式，再利用數(shù)學(xué)方法解決臨界極值問題。03命題視角(三)

牛頓第二定律與圖像的綜合問題[典例]

(多選)如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2kg的物體在水平向左的外力F作用下，由靜止開始沿斜面向下運動，經(jīng)過2s撤去外力F，物體在0～4s內(nèi)運動的速度與時間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，則(

)[典例示法]A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5B．水平外力F＝5.5NC．水平外力F＝4ND．物體在0～4s內(nèi)的位移為24m[解題關(guān)鍵點]切入點由v－t圖像確定物體在前2s和后2s內(nèi)的加速度，v－t圖像與t軸所圍面積表示物體的位移疑難點拉力F水平作用時，物體所受滑動摩擦力不等于μmgcosθ反思點(1)由v－t圖像可確定各時間段內(nèi)加速度的大小和方向(2)做好物體在各時間段內(nèi)的受力分析[答案]

AC由v－t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得物體在0～4s內(nèi)的位移為：x＝28m，故D錯誤。[思維建模]常見四類動力學(xué)圖像及解題方法v–t圖像根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力F–a圖像首先要根據(jù)具體的物理情境，對物體進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或轉(zhuǎn)折點的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量a–t圖像要注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程F–t圖像要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質(zhì)續(xù)表1．在升降機底部安裝一個加速度傳感器，其上放置了一個質(zhì)量為m的小物塊，如圖甲所示。升降機從t＝0時刻開始豎直向上運動，加速度傳感器顯示加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g，以下說法正確的是(

)[應(yīng)用體驗]A．在0～2t0時間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)B．在t0～3t0時間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)C．t＝t0時刻，物塊所受的支持力大小為mgD．t＝3t0時刻，物塊所受的支持力大小為2mg答案：C

解析：當(dāng)a＞0時，物塊具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，A、B錯誤。t＝t0時刻，a＝0，F(xiàn)N＝mg，C正確。t＝3t0時刻，a＝2g，由牛頓第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝3mg，D錯誤。2．某同學(xué)對一款掃地機器人進行了相關(guān)測試，測試過程在材質(zhì)均勻的水平地板上完成，獲得了掃地機器人在直線運動中水平牽引力大小隨時間的變化圖像(a)，以及相同時段掃地機器人的加速度a隨時間變化的圖像(b)。若不計空氣阻力，取重力加速度大小為10m/s2，則下列推斷結(jié)果正確是(

)A．掃地機器人與水平地板間的最大靜摩擦力為3NB．掃地機器人與水平地板間的動摩擦因數(shù)為0.2C．在0～4s時間內(nèi)，合外力的沖量為12N·sD．在0～4s時間內(nèi)，合外力做的功為12J答案：C

解析：由題圖可知最大靜摩擦力為fm＝6N，故A錯誤；3．(2023·全國甲卷)(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知(

)A．m甲<m乙

B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙

D．μ甲>μ乙解析：根據(jù)牛頓第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙。根據(jù)μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。答案：BC

04命題視角(四)超重與失重問題[典例]

(多選)蹦床屬于體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱。某次比賽過程中，一運動員做蹦床運動時，利用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力F隨時間t的變化圖像如圖所示。若運動員僅在豎直方向運動，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是(

)[典例示法]A．運動員的質(zhì)量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．9.3s至10.1s內(nèi)，運動員一直處于超重狀態(tài)[答案]

ABC[解析]

由題圖所給信息可知，開始時運動員靜止在蹦床上，所受彈力與重力大小相等，即mg＝600N，解得運動員的質(zhì)量m＝60kg，A正確；9.3s至10.1s內(nèi)，運動員先失重、后超重、再失重，D錯誤。[方法技巧]判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)。

1．下列漫畫描繪了超失重的現(xiàn)象，若圖a表示電梯靜止或者勻速運動的情形，那么圖b、圖c分別表示電梯在如何運動，下列說法正確的是(

)[應(yīng)用體驗]A．圖b可能表示電梯向上做減速運動B．圖b可能表示電梯向上做加速運動C．圖c可能表示電梯向上做加速運動D．圖c可能表示電梯向下做減速運動答案：B

解析：題圖b圖案被壓扁了，是超重，加速度向上，可能向上做加速運動，也可能向下做減速運動，B正確，A錯誤；題圖c圖案被拉長了，是失重，加速度向下，可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，C、D錯誤。2．“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為(

)A．g

B．1.8g

C．2g

D．3g答案：C

解析：由拉力與時間關(guān)系圖像可知，人的重力等于0.6F0，而最大拉力為1.8F0，結(jié)合牛頓第二定律1.8F0－mg＝mam，解得am＝2g，故C正確，A、B、D錯誤。3．如圖甲為一個同學(xué)站在地秤上研究下蹲和起立過程中的超重和失重現(xiàn)象，發(fā)現(xiàn)指針擺動過快，記錄不方便，于是在臺秤底部加上力傳感器，通過計算機得到如圖乙變化的曲線，研究曲線發(fā)現(xiàn)(

)A．該同學(xué)的體重在下蹲和起立過程中會發(fā)生變化B．第一個波形顯示的是起立過程C．通過研究圖像，能求解在下蹲和起立過程中的最大加速度D．仔細研究會發(fā)現(xiàn)，下蹲和起立過程中加速度保持不變答案：C

解析：該同學(xué)的體重在下蹲和起立過程中不變，故A錯誤；該同學(xué)下蹲過程中先做加速運動，再做減速運動，加速度先向下后向上，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，對臺秤的壓力先小于重力再大于重力，所以第一個波形顯示的是下蹲過程，故B錯誤；規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)牛頓第三定律可知臺秤對傳感器的壓力等于傳感器對臺秤的支持力，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，由題圖乙可以得到F在下蹲和起立過程中對應(yīng)加速和減速階段的最大值，因此可以求解在下蹲和起立過程中的最大加速度，故C正確；根據(jù)C項分析并結(jié)合圖像可知，下蹲和起立過程中F變化，所以a變化，故D錯誤。05專題跟蹤檢測1．(2023·杭州高三模擬)上端開口的裝水杯子置于水平支承面上，三個實心小球

A、B

和

C

分別漂浮、懸浮和沉入杯子底部。若突然撤去支承面，則在撤去瞬間三個小球相對于杯底(

)A．A、B球向上運動，C球不動B．A、B球向下運動，C球可能向上運動C．A球向上運動，B球向下運動，C球可能向上運動D．A、B和C球均不動答案：D

解析：撤去支承面瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，浮力和支持力均突變?yōu)?，水和球均處于完全失重狀態(tài)，做自由落體運動，以杯子為參考系，A、B和C球均不動，D正確。2．一質(zhì)量為1kg的小物塊靜止在

光滑水平面上，t＝0時刻給物塊施加一個水平向右的拉力F，其速度的二次方隨位移變化的圖像為經(jīng)過P點(5,25)的直線，如圖所示，則(

)A．小物塊做勻速直線運動B．水平拉力F的大小為2.5NC．5s內(nèi)小物塊的位移為5mD．5s末小物塊的速度為25m/s答案：B

3．在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比，則小球在空中運動時速率隨時間的變化規(guī)律可能是(

)答案：A

解析：小球上升過程中，由牛頓第二定律得mg＋kv＝ma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，v－t圖線切線的斜率絕對值逐漸減?。划?dāng)物體下降過程中，由牛頓第二定律得mg－kv＝ma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，v－t圖線切線的斜率絕對值逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度v1將小于初速度v0，故選A。4.如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間(

)A．彈簧的形變量不改變B．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為gD．木塊B對水平面的壓力為3mg答案：A

解析：撤去木塊C的瞬間，木塊A還沒有動，即木塊A的位移為零，則彈簧的形變量不變，故A正確；開始時整體處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力等于木塊A和C的重力，即F＝3mg，撤去木塊C的瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，仍為3mg，故B錯誤；撤去木塊C瞬間，彈簧彈力不變，木塊A所受合力的大小等于木塊C的重力大小，對木塊A，由牛頓第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向豎直向上，故C錯誤；撤去木塊C的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為3mg，對木塊B，由平衡條件得F＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛頓第三定律，可知木塊B對水平面的壓力為4mg，故D錯誤。5.一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g。當(dāng)撤去擋板瞬間，下列說法正確的是(

)A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和斜面體C的重力之和D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右答案：B

解析：根據(jù)題意，設(shè)A、B兩球質(zhì)量均為m，去掉擋板前，對A球受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ，加速度沿斜面向下，故A錯誤，B正確；根據(jù)上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和斜面體C的重力之和，故C錯誤；去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對A、B和C整體分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。6．(2023·麗水高三模擬)用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度a隨時間t變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判斷出(

)

A．手機一直未離開過手掌B．手機在t1時刻運動到最高點C．手機在t2時刻改變運動方向D．手機在t1～t3時間內(nèi)，受到的支持力一直減小答案：D

解析：由題圖可知，手機的加速度在某一段時間內(nèi)等于重力加速度，則手機與手掌之間沒有力的作用，手機離開過手掌，A錯誤；根據(jù)Δv＝aΔt，可知a－t圖像與坐標(biāo)軸所圍成面積表示速度變化量，則手機在t1時刻速度為正，還沒有到最高點，B錯誤；手機在t2時刻前后速度均為正，運動方向沒有發(fā)生改變，C錯誤；由題圖可知t1～t2時間內(nèi)加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝ma，即FN＝ma＋mg，可知t1～t2時間內(nèi)支持力不斷減小，t2～t3時間內(nèi)加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得mg－FN＝ma，即FN＝mg－ma，可知支持力還是不斷減小，即手機在t1～t3時間內(nèi)，受到的支持力一直減小，D正確。答案：BCD8．(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以相同的初速度沿足夠長的斜面向上推出，實驗測得x與θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖像可求出(

)A．物體的初速度v0＝6m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當(dāng)某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑答案：AC

9.如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1＝6kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m2＝10kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給物體Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2s時間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后F為恒力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的壓縮量x0；(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動的加速度大小a；(3)力F的最大值與最小值。解析：(1)設(shè)開始時彈簧的壓縮量為x0，對整體受力分析，平行斜面方向有(m1＋m