力与运动——牛顿运动定律的简单应用(学案)-2023年新高考物理二轮复习专题讲义

牛顿运动定律的简单应用
瞬时性问题
（2022 武汉模拟）如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是（　　）
A． B． C． D．
关键信息：动滑轮 → B运动的位移大小是A的2倍
轻质细绳 → 绳上拉力处处相等
A、B质量均为m → 用手固定时，手提供的是竖直向上的支持力，因此松手后B将向下加速运动
解题思路：未松手时，A物体处于平衡状态，此时绳子的拉力为，松手瞬间，绳的拉力会发生突变，就不再是。根据滑轮的特征可知B运动的位移大小是A的2倍，进而由x＝可得A、B两物体的加速度也存在2倍的关系。分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解。由于两个物体的加速度不同，故采用隔离法。
由滑轮的特征可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，由x＝可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB＝2aA ①
松开手的瞬间，设绳的张力为T，根据牛顿第二定律得
对重物A有：2T﹣mg＝maA ②
对重物B有：mg﹣T＝maB ③
由①②③式解得aA＝，aB＝，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2022 重庆模拟）如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则（　　）
A．a甲＝a乙＝a B．a甲＝a，a乙＝2a
C．a甲＝2a，a乙＝a D．a甲＝a乙＝2a
设撤去力F前的弹簧弹力为F′，对物块乙由牛顿第二定律可得F′＝2ma，
撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变a乙＝a，
对甲物体有F′＝ma甲，可得a甲＝2a。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
瞬时加速度问题的解题关键是：
（1）明确速度的改变需经历一定时间，不能突变，而加速度与力是可以突变的且其变化具有瞬时对应关系，因此必须认真分析突变前后物体的受力情况；
（2）绳子拉力可以发生突变，弹簧的弹力不会发生突变；
（3）明确牛顿第二定律具有瞬时性。
连接体问题
（自编）如图所示，质量分别为4kg和6kg的物体A、B相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平地面上。从t＝0时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于物体A、B上，规定水平向右为正方向，FA、FB随时间t变化的规律分别为FA＝8﹣2t（N）、FB＝2＋2t（N），当物体A、B分离时，FA随时间t变化的规律不变，FB变成大小为6N的恒力，下列说法正确的是（　　）
A．物体A、B分离时的速度大小均为4m/s
B．物体A、B分离时已通过的位移大小均为4m
C．6s时物体A的加速度大小为0
D．物体A、B从刚分离到FA＝0时，物体B的位移大小为6m
关键信息：不黏合 → 可以分离（分离条件是什么？）
FA＝8﹣2t、FB＝2＋2t → 未分离前整体所受合力恒为10N，故整体做匀变速直线运动
解题思路：A、B分离瞬间，两物体加速度相同，接触面间弹力为0，分别对整体受力分析求出的加速度与隔离物体A（或物体B）受力分析求出的加速度相同，就能求解出时间。再根据分离前整体做匀变速直线运动，即可求解。
AB、分离瞬间，两物体加速度相同，接触面间弹力为0，
对整体：FA＋FB＝(mA＋mB)a
解得a＝1m/s2
对A：FA＝8﹣2t＝mAa
解得：t＝2s
由于分离前F合＝FA＋FB＝10N，故分离前整体做匀加速直线运动，
则分离时的速度v＝at＝1×2m/s＝2m/s
分离时的位移x＝＝2m，故AB错误；
C、6s时两物体已分离，对A则有FA＝8﹣2t＝8N﹣2×6N＝﹣4N＝mAaA
解得aA＝﹣1m/s2，故C错误；
D、FA＝8﹣2t′＝0时，t′＝4s，物体A、B从刚分离到FA＝0时，Δt＝t′﹣t＝2s，
分离后FB变成大小为6N的恒力，则对B：FB＝mBaB
解得aB＝1m/s2
由x＝＝6m
故D正确；
故选：D。
（2021江苏模拟）如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接。若用恒力向左拉物体A，两物体运动的加速度为a1、绳中的张力为F1；若用大小相等的恒力向右拉物体B，两物体运动的加速度为a2、绳中的张力为F2。则（　　）
A．a1＝a2，F1＞F2 B．a1＝a2，F1＜F2
C．a1＜a2，F1＜F2 D．a1＞a2，F1＞F2
以物体A和B为整体，利用牛顿第二定律可得
当用恒力向左拉物体A时有：F﹣2μmg＝2ma1
当用大小相等的恒力向右拉物体B时有：F﹣2μmg＝2ma2
故a1＝a2。
设绳子与水平方向夹角为θ，用恒力向左拉物体A时，以B为研究对象，有
F1cosθ﹣μ(F1sinθ＋mg)＝ma1
用大小相等的恒力向右拉物体B时，以A为研究对象，有
F2cosθ﹣μ(mg﹣F2sinθ)＝ma2
整理可得：
F1＝
F2＝
结合加速度关系可知F1＞F2；
故A正确，BCD错误。
故选：A。
1、若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，则可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量。
2、若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
3、连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件，相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力FN＝0；相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力；绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件：张力为0。
两类动力学问题
（2022春 西湖区期中）图1为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量m＝20kg的冰壶一起从起踏器处以v0＝6m/s的速度作匀减速直线运动，运动至投掷线处，释放冰壶，此时冰壶速度v＝2m/s。为了使冰壶停止位置尽量靠近营垒圆心O点，队友可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面来控制其运动情况（如图2所示）。已知起踏器和投掷线之间距离l＝8m，用毛刷擦冰面前、后冰壶与冰面之间动摩擦因数分别为μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投掷线与O点的距离s＝30m，冰壶可视为质点。
（1）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力F的大小；
（2）释放冰壶后，若队友未擦冰面，则冰壶静止位置离O点的距离L1；
（3）释放冰壶后，若冰壶运动一段距离后队友持续擦冰面直至冰壶恰好静止于O点，则擦冰面的长度L2。
关键信息：到达投掷线前匀减速直线运动 → 使用匀变速直线运动公式可求加速度
释放后未擦冰面 → 只受摩擦力（μ1＝8×10﹣3）做匀减速直线运动
运动一段距离后持续擦冰面 → 擦冰面前、后分别做加速度不同的匀减速直线运动，速度是前后两段运动的关联量，两段过程的总位移为s＝30m
解题思路：到达投掷线前匀减速直线运动，已知运动情况求受力，则根据运动学公式求出加速度a，进而使用牛顿第二定律来求合力F；释放冰壶后，冰壶只受摩擦力，则是已知受力求运动情况，依然是使用牛顿第二定律求a1，进而根据运动学公式求位移。加速度是力学和运动学的“桥梁”。
（1）冰壶到达投掷线前做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
则v2﹣v02＝﹣2al
代入数据解得a＝2m/s2
由牛顿第二定律F＝ma
解得：F＝40N
（2）释放冰壶后，冰壶继续做匀减速直线运动，设加速度大小为a1
f＝μ1mg＝ma1
解得：a1＝0.08m/s2
设冰壶减速到0的位移为x，则－2a1x＝－v2
解得：x＝25m
冰壶静止位置离O点的距离L1＝s﹣x＝30m﹣25m＝5m
（3）设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为v′，
未擦冰面时﹣2μ1gx1＝v′2﹣v2
擦冰面后﹣2μ2gL2＝0﹣v′2
其中x1＋L2＝s
联立解得：L2＝10m
（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，此过程平均速度：＝，
根据平均速度的定义：＝，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1＋at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：，
等待时间：t0＝t′﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度位移关系：v2﹣v22＝﹣2as，
解得：v＝m/s
1、应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：
2、如果是多过程问题，则前一段的末速度就是后一段的初速度，速度是关联量。必要时要画出运动示意图。
超重、失重问题
（2022 海淀区模拟）某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受套在手指上的橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动，手指保持静止感受橡皮筋对手指压力的变化。下列说法中正确的是（　　）
A．钩码下降过程，处于失重状态
B．钩码上升过程，处于失重状态
C．钩码下降和上升过程，都能出现失重现象
D．钩码由最高点下降到最低点的过程，先出现超重现象，后出现失重现象
关键信息：使钩码上下振动 → 根据弹簧振子模型判断钩码的速度变化特点
超失重问题 → 根据加速度的方向判断
解题思路：
下降过程：初末速度为0，说明先加速后减速，加速度先向下再向上；
上升过程：初末速度为0，说明先加速后减速，加速度先向上再向下；
根据加速度向下时为失重状态，加速度向上时为超重状态进行判断。
AD．钩码由最上端向下运动的过程中是由静止开始运动，所以从开始运动至最低点过程中，先是加速下降，后是减速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重，故AD错误；
B．钩码由最下端向上运动的过程中，先是加速上升，后是减速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重；故B错误；
C．钩码下降和上升过程，都有加速度向下的阶段，所以都能出现失重现象，故C正确。
故选：C。
（2021秋 金安区期末）如图所示，光滑斜面c固定在水平地面上，物体a放在上表面水平的物体b上，已知a与b一起沿斜面c向下滑动，则滑动过程中，有（　　）
A．a与b之间可能没有摩擦力的作用
B．若物体b上没有放物体a，物体b的加速度将增大
C．a受到的摩擦力方向水平向左
D．物体a有失重现象
ACD、在光滑斜面c上，a与b一起沿斜面c向下滑动，设倾角为θ，对物体a与b整体，根据牛顿第二定律：(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，解得：a＝gsinθ，方向沿斜面向下；
对物体a将其沿斜面向下的加速度a＝gsinθ进行分解，如图所示：
水平方向有向右的分加速度，此加速度是物体b对a物体水平向右的摩擦力产生的；竖直方向有向下的分加速度，则物体a有失重现象。故D正确，AC错误。
B、如果没有放物体a,对于物体b，根据牛顿第二定律：mbgsinθ＝mba,解得：a＝gsinθ,所以物体b的加速度与放物体a一样，故B错误；
故选D。
1．不管物体处于超重状态还是失重状态，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力。
2．超重或失重现象与物体的速度无关，只取决于加速度的方向。加速度方向向上或者具有竖直向上的加速度分量，物体处于超重状态；加速度方向向下或者具有竖直向下的加速度分量，物体处于失重状态。
3．在完全失重的状态下，日常生活中一切由于重力的作用产生的物理现象都会完全消失，如物体间不再相互挤压、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。