2018年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿 第二定律的应用(1)教学案(含解析)

两者间距为xB－xA＋L＝2.375 m.

式题1 [2016·湖南衡阳月考] 如图3-7-8所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，

在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )

图3-7-8

A．由大变小 B．由小变大 C．始终不变且大小为D．由大变小再变大

答案：C [解析] 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对质量为

F

m1＋m2

m1

m1

m1的物体，由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝F；在斜面上时，对整体，由牛顿第二

m1＋m2

定律得F－μ(m1＋m2)gcos θ－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得T2－μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a2，联立解得T2＝

F；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律m1＋m2

F.m1＋m2

m1

m1

得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝综上分析可知，线上的拉力大小始终不变且大小为

F，选项C正确．

m1＋m2

m1

式题2 a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力竖直向上拉着a，

使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、

b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图3-7-9所示，下列说法正确的是( )

图3-7-9

A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2

9

C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m1

答案：A [解析] 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋

m2)a1，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝

m2F；在水平方向运动时，m1＋m2

以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝

■ 方法技巧

求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．

【教师备用习题】

1．[2015·重庆卷] 若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是图中的( )

m2F，可见x1＝x2，选项A正确． m1＋m2

图1-3

A B C D

[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v-t图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五两个阶段为基准(支持力等于重力)，可得B正确．

2．(多选)[2015·海南卷] 如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )

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A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑

[解析] BD 升降机匀速运动时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mgsin θ＝f，垂直于斜面方向，有FN＝mgcos θ，又知f＝μFN，解得μ＝tan θ；升降机加速上升，时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mgsin θ＝masin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mgcos θ＝macos θ，解得

f′

＝tan FN′

θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．

3．[2013·安徽卷] 如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )

A．T＝m(gsin θ＋acos θ)，FN＝m(gcos θ－asin θ) B．T＝m(gcos θ＋asin θ)，FN＝m(gsin θ－acos θ) C．T＝m(acos θ－gsin θ)，FN＝m(gcos θ＋asin θ) D．T＝m(asin θ－gcos θ)，FN＝m(gsin θ＋acos θ)

[解析] A 对物体进行受力分析，如图所示，应用牛顿第二定律，在水平方向有Tcos θ－FNsin θ＝ma，在竖直方向有Tsin θ＋FNcos θ＝mg，解得T＝macos θ＋mgsin θ，FN＝mgcos θ－masin θ，选项A正确．

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4．(多选)[2013·浙江卷] 如图所示，总质量为460 kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s.关于热气球，下列说法正确的是( )

2

2

A．所受浮力大小为4830 N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

[解析] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m所用的时间t＝2h＝12 5 s>10 s，

a说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D正确．

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