模型05牛頓定律（1）-備戰(zhàn)2023年高考案頭必備模型+典例+方法+練習（原卷版）

模型05牛頓定律（1）-備戰(zhàn)2023年高考案頭必備模型+典例+方法+練習目錄連接體模型 2瞬時加速度模型 5動力學兩類基本問題 7車物同體模型 11彈簧相關(guān)運動模型 13抓住“運動轉(zhuǎn)折點速度”解決動力學多過程模型 15超重失重模型 17

連接體模型【模型】在力學中，兩個或兩個以上相互作用的物體組成的系統(tǒng)統(tǒng)稱連接體?！痉椒ā坷K連接體問題中，兩個物體隱含著一些相等的量，比如：速率、路程、加速度大小、拉力大小這些量的相等，解題時候根據(jù)這些量相等來列方程求解。另外一類就是兩者具有牽連速度，在曲線運動中討論?！镜淅?】（2022·全國乙卷·T15）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】當兩球運動至二者相距時，,如圖所示由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯誤。故選A?！镜淅?】（2022·全國甲卷·T19）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）A.P的加速度大小的最大值為B.Q加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椋瑑苫瑝K與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時，解得，故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯誤；C．滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；D．滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為，解得，撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。故選AD?！揪毩?】（2020年全國=2\*ROMANII卷）一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示，一實驗小組用此裝置測量B運動的加速度。BBA令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球測得小球B釋放時的高度h0=0.590m，下降一段距離后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用時間T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a=m/s2(保留3位有效數(shù)字)。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球B加速度a、=m/s2(保留3位有效數(shù)字)?？梢钥闯鯽、與a有明顯差異，除實驗中偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：?！揪毩?】（2020·江蘇卷）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）A.F B. C. D.【練習3】（多選）如圖所示,有A、B兩物體,mA=2mB,用細繩連接后放在光滑的斜面上,在它們下滑的過程中（）A．它們的加速度 B．它們的加速度小于C．細繩的張力 D．細繩的張力瞬時加速度模型【模型】力學平衡后，斷掉系統(tǒng)某個物體后，系統(tǒng)瞬間受力問題?！痉椒ā恳?、彈簧類模型：一）輕彈簧彈力大小變化特點1.彈簧的彈力屬于接觸力。彈簧兩端必須都與其它物體接觸才可能有彈力，如果彈簧的一端和其它物體脫離接觸，或處于拉伸狀態(tài)的彈簧突然被剪斷，那么彈簧兩端的彈力都將立即變?yōu)榱恪?.彈簧的彈力大小只能漸變，不能突變。彈簧兩端都保持與其它物體接觸的條件下，彈簧彈力的大小F=kx與形變量x成正比。伸縮形變形變較大，且不能忽略不計。由于形變量的改變需要一定時間，因此這種情況下，彈力的大小不會突然改變，即彈簧彈力大小的改變需要一定的時間。二）與彈簧相連物體的瞬時加速度求解方法此類問題的關(guān)鍵是：彈簧的彈力不會瞬間變。1.由物體所處的運動狀態(tài)求出彈簧的彈力；2.去掉某一個力后（通常是剪斷繩子）的瞬間，認為彈簧的彈力不變化，求出物體受到的合力；3.由牛頓第二定律列方程求解。二、繩模型特點：一根繩子張力處處大小相等，繩子張力在其它力變化情況下會發(fā)生突變?nèi)?、要訣：瞬時加速度（斷后系統(tǒng)有彈簧，斷誰等誰方向相反；斷后系統(tǒng)微形變，預判運動分析受力）【典例】如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)．(1)現(xiàn)將線L2剪斷，求剪斷L2的瞬間物體的加速度；(2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同(接m后)，質(zhì)量不計的輕彈簧，如圖4乙所示，其他條件不變，求剪斷L2的瞬間物體的加速度．【答案】(1)gsinθ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtanθ，方向水平向右【解析】(1)細線L2被剪斷的瞬間，因細線L2對物體的彈力突然消失，而引起L1上的張力發(fā)生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度垂直L1斜向下方，大小為a＝gsinθ.(2)當細線L2被剪斷時，細線L2對物體的彈力突然消失，而彈簧的形變還來不及變化(變化要有一個過程，不能突變)，因而彈簧的彈力不變，它與重力的合力與細線L2對物體的彈力是一對平衡力，等大反向，所以細線L2被剪斷的瞬間，物體加速度的大小為a＝gtanθ，方向水平向右．【練習1】（2020江蘇高考仿真模擬2）如圖所示，傾角為α=370且表面光滑的斜面體固定在勻速下降的升降機上，質(zhì)量相等的A、B兩小球用一輕質(zhì)細繩連接著，A的上端用一輕質(zhì)彈簧拴接在斜面上端的固定裝置上。當升降機運動到某一位置突然處于完全失重狀態(tài)時，則此刻AB兩物體的瞬時加速度為別為（

）

ααABA．g，

g

B．g，

g

C．g，

g

D．g，

g

【練習2】（2022·河南·洛寧縣第一高級中學模擬預測）水平面上的物體在水平方向的力和作用下，沿水平面向右做勻速直線運動，如圖所示。已知，下列說法正確的是（）A．撤去的瞬間，物體受到的合外力大小變?yōu)?NB．撤去的瞬間，物體受到的摩擦力大小變?yōu)?NC．撤去的瞬間，物體受到的合外力大小變?yōu)?ND．撤去的瞬間，物體受到的摩擦力大小仍為4N【練習3】（2022·云南師大附中高三階段練習）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為3kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，取重力加速度。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間（）A．B對A的壓力大小為12NB．彈簧彈力大小為50NC．B的加速度大小為D．A的加速度為零動力學兩類基本問題【模型】一種情況是已知受力情況，求物體運動情況；另一種是已知運動情況，求解物體受力情況?！舅枷敕椒ā績深悇恿W的基本問題1.從受力情況確定運動情況根據(jù)物體的受力情況，可由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過運動學的規(guī)律確定物體的運動情況。2.從運動情況確定受力情況根據(jù)物體的運動情況，可由運動學公式求出物體的加速度，再通過牛頓第二定律確定物體所受的外力。3.分析這兩點問題的關(guān)鍵是抓住受力情況和運動情況的橋梁－——加速度。4.求解這兩類問題的思路，可由下面的框圖來表示。5.由物體的受力情況求解物體的運動情況的一般方法和步驟（1）確定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出物體的受力圖（2）根據(jù)力的合成與分解的方法，求出物體所受的合外力（包括大小和方向）（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體的加速度（4）結(jié)合給定的物體運動的初始條件，選擇運動學公式，求出所需的運動參量，并分析討論結(jié)果是否正確合理【典例】（2019·新課標全國Ⅱ卷）一質(zhì)量為m=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌。立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0~t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1=0.8s；t1~t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2=1.3s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止，已知從t2時刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線；（2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大??；（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1~t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1~t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度）？【答案】（1）見解析（2），v2=28m/s⑦（3）87.5m【解析】（1）v-t圖像如圖所示。（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1，t2時刻的速度為v2，在t2時刻后汽車做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a，取Δt=1s，設(shè)汽車在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt內(nèi)的位移為sn，n=1,2,3,…。若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3Δt時刻的速度為v3，在t2+4Δt時刻的速度為v4，由運動學公式有①②③聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得④這說明在t2+4Δt時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt內(nèi)汽車停止，由運動學公式⑤⑥聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧但⑧式情形下，v3<0，不合題意，舍去（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有f1=ma⑨在t1~t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為⑩由動量定理有?由動量定理，在t1~t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為?聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入已知數(shù)據(jù)解得v1=30m/s??從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為?聯(lián)立⑦??，代入已知數(shù)據(jù)解得s=87.5m?【練習】【由運動求受力】（2022·廣東廣州市高三下學期一模）如圖，籃球從某一高度自由落下，與地面反復碰撞，最后停在地面上，空氣阻力不計，下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是（）A. B.C. D.【由受力求運動】（2022·黑龍江·哈爾濱三中模擬預測）如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角θ=37°，以恒定速率v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0=12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8。則下列說法正確的是（）A．煤塊沖上傳送帶后經(jīng)1s與傳送帶速度相同B．煤塊向上滑行的最大位移為10mC．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為5sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（）m車物同體模型【模型】動力學問題中，物體和物體內(nèi)部物體相對靜止問題?！痉椒ā寇囄锿w模型：車內(nèi)物體與車相對靜止模型。車物同體模型兩者加速度相等，物體的加速度方向與車加速度方向相同經(jīng)常是隱含條件?！镜淅浚?019·重慶高一月考）一質(zhì)量為的小球用輕細繩吊在小車內(nèi)的頂棚上，如圖所示.車廂內(nèi)的地板上有一質(zhì)量為的木箱.當小車向右做勻加速直線運動時，細繩與豎直方向的夾角為θ＝30°，木箱與車廂地板相對靜止.（空氣阻力忽略不計，取g＝10m/s2）求：（1）小車運動加速度的大小；（2）細繩對小車頂棚拉力的大??；（3）木箱受到摩擦力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）20N；（3）200N?！窘馕觥浚?）對小球受力分析如圖所示，據(jù)牛頓第二定律得：所以：（2）細繩拉力大小:細繩對小車頂棚的拉力:（3）對木箱受力分析如圖所示，可得:【練習】（多選）（2019·吉林長春十一高高一期末）如圖所示，在小車內(nèi)有一個固定的斜面，斜面上有一個物體A與斜面保持相對靜止。在小車的上面用細線懸掛一個質(zhì)量為m的小球B，小球在如圖所示的位置始終保持與小車相對靜止，則下列說法中正確的是A．物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)可能為零B．物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)一定不為零C．物體B對線的拉力一定大于mgD．小車在做勻加速直線運動彈簧相關(guān)運動模型【方法】彈力不能發(fā)生突變；彈力沿彈簧軸線方向，可以是拉力也可以是推力；彈簧類運動問題中有一些特殊位置要密切關(guān)注，如：平衡位置、彈簧最長最短位置、彈簧原長位置、拉伸和壓縮的對稱位置……【典例】（2022·全國甲卷·T19）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）A.P的加速度大小的最大值為B.Q加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時，解得，故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯誤；C．滑塊PQ水平向右運動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；D．滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度為，解得，撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。故選AD?！揪毩?】（2020高考精優(yōu)預測山東卷2）如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、、，B和C分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計。整個系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷，在輕繩剛斷的瞬間（）A.吊籃A的加速度大小為g B.物體B的加速度大小為gC.物體C的加速度大小為g D.間的彈力大小為【練習2】（2020·湖北高一期末）如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和固定點O、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，a和b之間通過細線連接。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將剪斷后瞬時物塊a、b和c的加速度的大小記為a1、a2和a3，S1和S2相對于原長的伸長量分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，則剪斷細線后瞬間（）A．a(chǎn)1=2g B．a(chǎn)2=2gC．a(chǎn)3=g D．l1=l2抓住“運動轉(zhuǎn)折點速度”解決動力學多過程模型【方法】對于“多過程”運動，主要分析在不同階段運動的加速度，從而得出力與運動之間的關(guān)系，其常見問題有傳送帶模型、滑塊—滑板模型等．設(shè)置物理量時候臨界位置速度把兩個過程銜接起來，解題時經(jīng)常把這個位置速度引入題中進行分析。分析“多過程”問題的方法要領(lǐng)：(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接．(2)對各“子過程”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和運動過程示意圖．(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合適的動力學規(guī)律列方程．(4)分析“銜接點”的位移、速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)系、位移關(guān)系、速度關(guān)系等，并列出相關(guān)的輔助方程．(5)聯(lián)立求解，并對結(jié)果進行必要的討論或驗證．【典例】如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg的物體置于傾角為37°的固定斜面上(斜面足夠長)，對物體施加平行于斜面向上的恒力F，在t_1=1s時撤去拉力，物體運動的部分vt圖象如圖乙所示，設(shè)物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，(g取10ms-2，sin

37°=0.6，cos37°=0.8)物體運動0～1s和1s～2s內(nèi)的加速度大?。晃矬w與斜面間的動摩擦因數(shù)μ和拉力F的大??；t=4s時物體的速度大小．【答案】解：(1)根據(jù)速度?時間圖線中的斜率表示加速度可知，勻加速直線運動的加速度大小為：a1=(20?0)/1=20

ms-2

勻減速直線運動的加速度大小為：a2=(20?10)/(2?1)=10

ms-2

(2)根據(jù)牛頓第二定律得：施加拉力時：F?μmgcosθ?mgsinθ=ma1

撤去拉力后mgsinθ+μmgcosθ=ma2

聯(lián)立解得：F=30

N

μ=0.5

(3)在物體沿斜面向上運動的過程中，設(shè)撤去力F后物體運動到最高點的時間為t2

v1=a2t2

解得t2=20/10=2

s

則物體沿斜面下滑的時間為t3=t?t1?t2=4?2?1=1

s

設(shè)下滑加速度大小為a3，由牛頓第二定律得：

mgsinθ?μmgcosθ=ma3

解得a3=2

ms-2

所以t=4

s時物體的速度：

v=a_3t_【解析】(1)由圖象得出加速上升過程和減速上升過程的加速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律求出物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和拉力F的大??；

(3)先通過圖象得到3s末速度為零，然后求出3s到4s物體的加速度，再根據(jù)速度時間關(guān)系公式求解4s末速度．【名師點撥】本題關(guān)鍵受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律，運用正交分解法求解出各個運動過程的加速度，然后結(jié)合運動學公式列式求解即可，注意正確分析物理過程是解題的關(guān)鍵．【練習】（2020年全國=2\*ROMANII卷）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M=4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大?。唬?）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；（3）（略）超重失重模型【模型】超重，是物體所受限制力（拉力或支持力）大于物體所受重力的現(xiàn)象。當物體做向上加速運動或向下減速運動時，物體均處于超重狀態(tài)，即不管物體如何運動，只要具有向上的加速度，物體就處于超重狀態(tài)。失重是指物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┬∮谖矬w所受重力時出現(xiàn)的現(xiàn)象。失重有時也泛指零重力和微重力環(huán)境。通俗地講，當加速度豎直向下時為失重狀態(tài)?！痉椒ā砍鼐褪撬軓椓Υ笥谥亓Γе鼐褪撬軓椓π∮谥亓?。加速度向上叫超重，向下就是失重?！镜淅吭陔娞葜?，把一重物置于水平臺秤上，臺秤與力傳感器相連，電梯先從靜止加速