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2022届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 课件
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这是一份2022届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 课件，共42页。PPT课件主要包含了基本思路，基本步骤，瞬时问题，突变为0，解题思路，超重和失重，完全没有作用力，不等于，ABD，临界和极值等内容，欢迎下载使用。
应用一 动力学的两类基本问题
3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。4.常用方法(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)时，则采用正交分解法。
考点一 已知物体受力情况，分析物体运动情况【典例1】 (2020·山东省等级考试模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
解析 (1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcs θ
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma得F合＝mgsin θ＋μmgcs θ＝ma解得a＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2设货车在避险车道上行驶的最大距离为xv0＝90 km/h＝25 m/s
答案 (1)tan θ＜μ (2)57 m
解析 (1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为F1＝mgsin θ F2＝mgcs θ根据牛顿第二定律有FN＝F2 ① F1＋Ff＝ma ②又因为 Ff＝μFN ③由①②③式得a＝gsin θ＋μgcs θ＝(10×0.6 ＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有FN＝F2⑦F1－Ff＝ma′⑧由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6 －0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2⑨有v2＝2a′x得⑩
考点二 已知物体运动情况，分析物体受力情况【典例2】 (2020·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求：(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。
解析 (1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
则a2＝3a1t0＝t1＋t2联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2解得F1＝270 N，F2＝730 N。答案 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
【变式2】 如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。 答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
解析 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。 对小圆环进行受力分析如图甲所示，有Ff＝μFN＝μmg
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得 Fcs θ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsin θ＝mgFf1＝μ FN1联立以上各式，代入数据解得F≈1.05 N。 当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示。由牛顿第二定律可知Fcs θ－Ff2＝ma1又Fsin θ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N。
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：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将__________。(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力______发生突变。
【典例3】 如图，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线连在一起，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，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)( )
，1.5g，0 B.g，2g，0C.g，g，g D.g，g，0解析 剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
考点三 瞬时问题的两类模型
1.两种模型加速度与合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：
3.两个易混问题(1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。 (2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。
【典例4】(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间( )A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
解析 由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小等于C的重力，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误。
【变式3】 (多选)(2020·云南省师大附中月考)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg 的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A. 装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 NB.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 NC.手停止的瞬间，a1＝10 m/s2, a2＝10 m/s2D.手停止的瞬间，a1＝20 m/s2, a2＝10 m/s2
解析 在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0联立方程得F弹＝2 N，故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1得a1＝20 m/s2，方向竖直向下对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2得a2＝10 m/s2，方向竖直向上故C错误，D正确。
【变式4】 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图5甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A.图甲中A球的加速度大小为gsin θB.图甲中B球的加速度大小为2gsin θC.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θD.图乙中轻杆的作用力一定不为零
解析 设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。
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。
3.完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________________ 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。
【典例5】 (2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
考点二 超重与失重现象
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。
2.判断超重和失重的方法
【典例6】(多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图所示。根据图像提供的信息，以下判断正确的是( )A.在0至t2时间内该同学处于失重状态B.t2时刻该同学的加速度为零C.t3时刻该同学的速度达到最大D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态
解析 在0到t2时间内，支持力小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，故A正确；在t2时刻，支持力等于重力，加速度为0，故B正确；在0至t2时间内该同学加速度方向向下，t2时刻该同学的速度达到最大，故C错误；根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，支持力大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，故D正确。
【变式5】(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员 ( )A.在第—过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析 运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
【变式6】 (2020·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是( ) A. 在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B.在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C.在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D.在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
解析 在0～5 s内，由速度—时间图像可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。
1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是________。
2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到________。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为____。
1.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
【典例7】[2020·北京市朝阳区4月测试(A)]如图所示，一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g＝10 m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)
(1)当卡车以a＝2 m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4 m，刹车前卡车的车速为v＝72 km/h，求卡车刹车时的加速度a1最小为多大。
解析 (1)当卡车的加速度为a＝2 m/s2时，假设木箱与卡车一起运动则对于木箱由牛顿第二定律得Ff＝ma木箱所受的最大静摩擦力为Fm＝μmg代入数据可知Ff＜Fm，假设成立，木箱不会发生滑动。
根据题意x2－x1≥d代入数据解得a1≥5.6 m/s2。答案 (1)木箱不会发生滑动 (2)5.6 m/s2
【变式7】 (2020·山西大同市第一次联考)如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
应用一 动力学的两类基本问题
3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。4.常用方法(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)时，则采用正交分解法。
考点一 已知物体受力情况，分析物体运动情况【典例1】 (2020·山东省等级考试模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h 的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)
解析 (1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcs θ
(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma得F合＝mgsin θ＋μmgcs θ＝ma解得a＝g(sin θ＋μcs θ)＝10×(0.26＋0.3×0.97) m/s2＝5.51 m/s2设货车在避险车道上行驶的最大距离为xv0＝90 km/h＝25 m/s
答案 (1)tan θ＜μ (2)57 m
解析 (1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为F1＝mgsin θ F2＝mgcs θ根据牛顿第二定律有FN＝F2 ① F1＋Ff＝ma ②又因为 Ff＝μFN ③由①②③式得a＝gsin θ＋μgcs θ＝(10×0.6 ＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有FN＝F2⑦F1－Ff＝ma′⑧由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcs θ＝(10×0.6 －0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2⑨有v2＝2a′x得⑩
考点二 已知物体运动情况，分析物体受力情况【典例2】 (2020·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求：(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。
解析 (1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
则a2＝3a1t0＝t1＋t2联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2解得F1＝270 N，F2＝730 N。答案 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
【变式2】 如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。 答案 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
解析 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。 对小圆环进行受力分析如图甲所示，有Ff＝μFN＝μmg
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得 Fcs θ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsin θ＝mgFf1＝μ FN1联立以上各式，代入数据解得F≈1.05 N。 当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示。由牛顿第二定律可知Fcs θ－Ff2＝ma1又Fsin θ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N。
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：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将__________。(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力______发生突变。
【典例3】 如图，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线连在一起，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，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)( )
，1.5g，0 B.g，2g，0C.g，g，g D.g，g，0解析 剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
考点三 瞬时问题的两类模型
1.两种模型加速度与合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：
3.两个易混问题(1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。 (2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。
【典例4】(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间( )A.弹簧的形变量不改变B.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
解析 由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小等于C的重力，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误。
【变式3】 (多选)(2020·云南省师大附中月考)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg 的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A. 装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 NB.装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 NC.手停止的瞬间，a1＝10 m/s2, a2＝10 m/s2D.手停止的瞬间，a1＝20 m/s2, a2＝10 m/s2
解析 在恒力F作用下整个装置一起竖直向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a0联立方程得F弹＝2 N，故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二定律有F弹＋m1g＝m1a1得a1＝20 m/s2，方向竖直向下对球2由牛顿第二定律有F弹－m2g＝m2a2得a2＝10 m/s2，方向竖直向上故C错误，D正确。
【变式4】 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图5甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A.图甲中A球的加速度大小为gsin θB.图甲中B球的加速度大小为2gsin θC.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θD.图乙中轻杆的作用力一定不为零
解析 设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。
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。
3.完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________________ 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。
【典例5】 (2020·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
考点二 超重与失重现象
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。
2.判断超重和失重的方法
【典例6】(多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图所示。根据图像提供的信息，以下判断正确的是( )A.在0至t2时间内该同学处于失重状态B.t2时刻该同学的加速度为零C.t3时刻该同学的速度达到最大D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态
解析 在0到t2时间内，支持力小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，故A正确；在t2时刻，支持力等于重力，加速度为0，故B正确；在0至t2时间内该同学加速度方向向下，t2时刻该同学的速度达到最大，故C错误；根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，支持力大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，故D正确。
【变式5】(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员 ( )A.在第—过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析 运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
【变式6】 (2020·北京市石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是( ) A. 在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B.在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C.在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D.在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
解析 在0～5 s内，由速度—时间图像可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度方向向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故D正确。
1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是________。
2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到________。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为____。
1.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
【典例7】[2020·北京市朝阳区4月测试(A)]如图所示，一辆卡车的平板车厢上放置一个木箱，木箱与接触面间的摩擦因数为μ＝0.5，卡车运行在一条平直的公路上，重力加速度g＝10 m/s2。(已知木箱所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)
(1)当卡车以a＝2 m/s2的加速度启动时，请分析说明木箱是否会发生滑动；(2)当卡车遇到紧急情况刹车停止后，司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后边缘，已知木箱在车上滑行的距离d＝4 m，刹车前卡车的车速为v＝72 km/h，求卡车刹车时的加速度a1最小为多大。
解析 (1)当卡车的加速度为a＝2 m/s2时，假设木箱与卡车一起运动则对于木箱由牛顿第二定律得Ff＝ma木箱所受的最大静摩擦力为Fm＝μmg代入数据可知Ff＜Fm，假设成立，木箱不会发生滑动。
根据题意x2－x1≥d代入数据解得a1≥5.6 m/s2。答案 (1)木箱不会发生滑动 (2)5.6 m/s2
【变式7】 (2020·山西大同市第一次联考)如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝0.75，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
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