2016届高考物理第二轮考点精讲复习教案7

考点6 对牛顿第二定律应用的考查
例 如图1所示，A 、B 两滑环分别套在间距为1 m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m 的轻弹簧将两环相连，在A 环上作用一沿杆方向、大小为20 N 的拉力F ，当两环都沿杆以相同的加速度a 运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53°＝0.6)
图1
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，A 的加速度大小为a ′，a ′与a 之比为多少？ 审题突破 (1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B 为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a ′与a 之比．
解析 (1)先取A 、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律
F ＝(m A ＋m B )a ①
再取B 为研究对象，F 弹cos 53°＝m B a ②
①②联立解得，F 弹＝25 N
由几何关系得，弹簧的伸长量
Δx ＝⎝⎛⎭
⎫1sin 53°－1 m ＝0.25 m 由F 弹＝k Δx 解得弹簧的劲度系数
k ＝F 弹Δx
＝100 N/m (2)撤去力F 瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度大小a ′＝F 弹cos 53°m A
，方向沿杆方向向左 由②式得a ＝F 弹cos 53°m B
，方向沿杆水平向右 所以a ′∶a ＝m B ∶m A ＝3∶1
答案 (1)100 N/m (2)3∶1
1．(2015·新课标Ⅰ·17)如图2所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()
图2
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
答案 A
解析设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知
k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ
l′cos θ＝l－l0(1－cos θ)
即l′cos θ<l
所以小球高度一定升高，故选项A正确．
(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．
(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．
强化训练
1．如图1甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m ＝2 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 s 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )
图1
A ．在0.15 s 末滑块的加速度为－8 m/s 2
B ．滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向下运动
C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25
D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动
答案 AC 解析 在v －t 图像中，斜率代表加速度，0.15 s 末滑块的加速度a ＝Δv ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在0.1～0.2 s 内，由牛顿第二定律可知，－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可求得μ＝0.25，故C 正确；在0～0.1 s 过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图像可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误．
2．如图2所示，A 、B 是两个质量均为m ＝1 kg 的小球，两球由长L ＝4 m 的轻杆相连组成系统，水平面上的P 、Q 两点间是一段长度为4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球
与PQ 间的动摩擦因数μ＝0.2，球A 、B 分别静止在P 点两侧，离P 点的距离均为L 2
.两球均可视为质点，不计轻杆质量，现对B 球施加一水平向右F ＝4 N 的拉力，取g ＝10 m/s 2，求：
图2
(1)A 球经过P 点时系统的速度大小；
(2)若当A 球经过P 点时立即撤去F ，最后A 、B 球静止，A 球静止时与Q 点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)3 m
解析 (1)设系统开始运动时加速度为a 1，由牛顿第二定律有
F－μmg＝2ma1
解得a1＝1 m/s2
设A球经过P点时速度为v1，则
v21＝2a1·L2
得v1＝2 m/s
(2)设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有
2μmg＝2ma2
a2＝μg＝2 m/s2
当A球经过P点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有
x1＝x PQ－L＝0.5 m
由v22－v21＝－2a2x1
解得v2＝ 2 m/s
因为v2>0，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3.
则有μmg＝2ma3
a3＝1 m/s2
设系统继续滑行x2后静止，则有
0－v22＝－2a3x2
可得x2＝1 m
即A球静止时与Q点的距离Δx＝L－x2＝3 m。