2024導(dǎo)學(xué)案必修第一冊人教版新第四章 運(yùn)動和力的關(guān)系專題提升九　牛頓第二定律的瞬時性問題含答案

2024導(dǎo)學(xué)案必修第一冊(人教版新）第四章運(yùn)動和力的關(guān)系專題提升九牛頓第二定律的瞬時性問題提升1變力作用下的加速度和速度分析1．變力作用下的加速度分析由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度a與合力F具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，對于同一物體，合力增大，加速度增大，合力減小，加速度減小；合力方向變化，加速度方向也隨之變化。2．變力作用下物體加速、減速的判斷速度與合力(加速度)方向相同，物體做加速運(yùn)動；速度與合力(加速度)方向相反，物體做減速運(yùn)動。例1一物體在光滑的水平面上運(yùn)動，t＝0時刻受到方向與速度方向在同一直線上、大小隨時間逐漸減小的變力作用，則物體的()A．速度大小一定增大B．速度大小一定減小C．加速度大小一定增大D．加速度大小一定減小[規(guī)范解答]由題意可知，物體受到的拉力的方向與運(yùn)動方向在同一直線上，若力的方向與速度方向相同，由牛頓第二定律可知物體的加速度方向與速度方向相同，則物體的速度大小增大；若力的方向與速度方向相反，由牛頓第二定律可知物體的加速度方向與速度方向相反，則物體的速度大小減小，故A、B錯誤；由于物體受到的合力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度大小一定減小，故C錯誤，D正確。[答案]D例2如圖所示，一個小球從豎直立在地面上的輕彈簧正上方某處自由下落，不計空氣阻力，在小球與彈簧開始接觸到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的速度和加速度的變化情況是()A．加速度越來越大，速度越來越小B．加速度和速度都是先增大后減小C．速度先增大后減小，加速度方向先向下后向上D．速度一直減小，加速度大小先減小后增大[規(guī)范解答]小球壓縮彈簧過程分為兩個階段，在接觸的第一個階段mg＞kx，有F合＝mg－kx，合力方向豎直向下，小球向下運(yùn)動，彈簧形變量x逐漸增大，所以F合逐漸減小，由牛頓第二定律可得小球加速度a＝eq\f(F合,m)，則其方向豎直向下，且逐漸減小，又因?yàn)檫@一階段a與v都豎直向下，所以v逐漸增大。當(dāng)mg＝kx時，F(xiàn)合＝0，a＝0，此時速度達(dá)到最大，之后，小球繼續(xù)向下運(yùn)動，mg＜kx，合力F合＝kx－mg，方向豎直向上，小球向下運(yùn)動，x繼續(xù)增大，F(xiàn)合增大，加速度a方向豎直向上，隨x的增大而增大，此時a與v方向相反，所以v逐漸減小。綜上所述，小球向下壓縮彈簧的過程中，加速度的方向先向下后向上，大小先減小后增大；速度的方向始終向下，大小先增大后減小，故C正確。[答案]C提升2牛頓第二定律的瞬時性問題牛頓第二定律瞬時性問題的兩類模型模型特點(diǎn)處理方法細(xì)線(接觸面)—物體模型細(xì)線(接觸面)受力時不發(fā)生明顯形變外界條件改變時細(xì)線(接觸面)產(chǎn)生的彈力可瞬間改變彈簧(橡皮筋)—物體模型彈簧(橡皮筋)受力時發(fā)生明顯形變外界條件改變時彈簧(橡皮筋)產(chǎn)生的彈力不能瞬間改變例3(2024·陜西省寶雞市高一上學(xué)期期末)如圖所示，A、B兩球間通過輕質(zhì)彈簧相連，用細(xì)線懸掛于天花板上且靜止不動，A、B兩球質(zhì)量分別為2m、m，若某時刻突然剪斷細(xì)線，則在剪斷細(xì)線瞬間()A．A球加速度為eq\f(3,2)g，B球加速度為gB．A球加速度為eq\f(3,2)g，B球加速度為0C．A球加速度為eq\f(1,2)g，B球加速度不為0D．A球加速度為eq\f(1,2)g，B球加速度為g[規(guī)范解答]剪斷細(xì)線前，以B球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)共點(diǎn)力平衡條件可知彈簧彈力為F彈＝mg，在剪斷細(xì)線瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧彈力不變，則B球的受力不變，B球加速度為0，對A球，根據(jù)牛頓第二定律有F彈＋2mg＝2maA，可得A球的加速度aA＝eq\f(F彈＋2mg,2m)＝eq\f(3,2)g，故B正確。[答案]B1．分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”(1)明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。(2)分析該時刻前、后物體受力情況的變化。2．分析瞬時加速度的“四個步驟”第一步：分析物體原來的受力情況；第二步：分析物體在突變時的受力情況；第三步：由牛頓第二定律列方程；第四步：求出瞬時加速度并討論其合理性。例4如圖所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝gB．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g[規(guī)范解答]在抽出木板的瞬間，木塊1受重力和彈力，mg＝F(F為彈簧的彈力)，a1＝0，木塊2受重力和彈力，根據(jù)牛頓第二定律，a2＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，故C正確。[答案]C[跟進(jìn)訓(xùn)練]如圖所示，質(zhì)量為m的小球被水平細(xì)繩AO和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將繩AO燒斷，在燒斷繩AO的瞬間，下列說法正確的是(重力加速度為g)()A．彈簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)B．彈簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度為零D．小球的加速度a＝gsinθ答案：A解析：繩AO燒斷前，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡，可得彈簧的彈力F＝eq\f(mg,cosθ)，繩子的拉力T＝mgtanθ，燒斷繩子的瞬間，彈簧形變來不及發(fā)生改變，彈力不變，仍為eq\f(mg,cosθ)，小球受到的合力與燒斷前的繩子拉力等大反向，即為mgtanθ，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度a＝gtanθ，故A正確，B、C、D錯誤。課后課時作業(yè)題號12345難度★★★★★★★對應(yīng)考點(diǎn)/知識點(diǎn)變力作用下牛頓第二定律的應(yīng)用牛頓第二定律在實(shí)例變力作用過程中的應(yīng)用彈簧突變類牛頓第二定律的瞬時性問題彈簧突變類牛頓第二定律的瞬時性問題彈簧、繩突變的牛頓第二定律的瞬時性問題題號678910難度★★★★★★★★★★★★★對應(yīng)考點(diǎn)/知識點(diǎn)實(shí)例變力作用下的牛頓第二定律過程分析彈簧、繩突變的牛頓第二定律的瞬時性問題彈簧、繩突變的牛頓第二定律的瞬時性問題，整體法與隔離法的應(yīng)用彈簧、繩突變的牛頓第二定律的瞬時性問題，整體法與隔離法的應(yīng)用繩突變的牛頓第二定律的瞬時性問題，整體法與隔離法的應(yīng)用題型一變力作用下的加速度和速度分析1．如圖所示，小球在豎直向下的力F作用下，緩慢壓縮彈簧至最低點(diǎn)?，F(xiàn)撤去力F，小球向上彈起至離開彈簧的過程中，下列說法正確的是()A．小球的速度一直增大B．小球的速度先增大后減小C．小球的加速度一直增大D．小球的加速度先增大后減小答案：B解析：在撤去力F的瞬間，小球受重力和彈簧的彈力，且二力的合力與F等大反向，根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度方向豎直向上，小球向上運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有F彈－mg＝ma，且彈簧彈力F彈逐漸減小，則小球的加速度逐漸減小，又因加速度方向與速度方向相同，則小球的速度增大；當(dāng)彈簧的彈力與小球的重力相等時，加速度減小為零，此時小球的速度最大；此后運(yùn)動過程中，重力大于彈力，加速度方向變?yōu)橄蛳?，小球向上運(yùn)動至離開彈簧的過程中，彈簧形變量減小，彈力逐漸減小，則加速度逐漸增大，又因此時速度與加速度反向，則小球的速度逐漸減小。綜上可知，小球的速度先增大后減小，小球的加速度先減小后增大，故B正確。2．如圖甲，蹦床是學(xué)生們非常喜愛的一種戶外運(yùn)動，其原理可簡化為如圖乙所示，兩條橡皮繩上端點(diǎn)A、B等高固定在金屬柱上，下端系于某同學(xué)身上。橡皮繩處于ACB時為原長狀態(tài)。把該同學(xué)向下拉，使橡皮繩處于ADB狀態(tài)，放手后，該同學(xué)向上運(yùn)動恰好到達(dá)E點(diǎn)。不計空氣阻力，則該同學(xué)()A．在D點(diǎn)加速度為零，速度為零B．在C點(diǎn)加速度為零，速度最大C．從D點(diǎn)到C點(diǎn)，加速度一直減小D．從D點(diǎn)到C點(diǎn)，速度先增大后減小答案：D解析：由受力分析可知，該同學(xué)在D點(diǎn)處所受合力方向向上，隨著從D到C運(yùn)動，向上的合力逐漸減小，在D、C間某位置F點(diǎn)所受合力為零，而從F點(diǎn)向C運(yùn)動過程中，該同學(xué)受到的合力方向向下且逐漸增大，到C點(diǎn)時兩橡皮繩作用力均為零，僅受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律可知，該同學(xué)在D點(diǎn)和C點(diǎn)加速度均不為零，且從D點(diǎn)到C點(diǎn)，加速度先減小到零，后反向增大，則從D點(diǎn)到C點(diǎn)，速度先從零開始增大，然后減小。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。題型二牛頓第二定律的瞬時性問題3．(2024·貴州省銅仁市高一上學(xué)期期末)如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體A和質(zhì)量為3kg的物體B靜止于豎直的輕彈簧上，取重力加速度g＝10m/s2。某時刻將物體B拿去，則在物體B拿去的瞬時，物體A的加速度大小為()A．5m/s2 B．10m/s2C．15m/s2 D．0答案：C解析：初始時，兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時彈簧的形變量為Δx，則kΔx＝(mA＋mB)g，物體B拿去的瞬時，彈簧的形變量不變，則彈簧彈力不變，對A有kΔx－mAg＝mAa，聯(lián)立解得A的加速度大小a＝15m/s2，故選C。4．如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球A被一輕質(zhì)彈簧系住，彈簧另一端固定于水平天花板上，小球被一梯形斜面B托起保持靜止不動，彈簧恰好與梯形斜面平行，已知彈簧與天花板夾角為30°，重力加速度為g＝10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，則小球的瞬時加速度為()A．0B．大小為10m/s2，方向豎直向下C．大小為5eq\r(3)m/s2，方向斜向右下方D．大小為5m/s2，方向斜向右下方答案：C解析：小球原來受到重力、彈簧的彈力和斜面的支持力而處于靜止?fàn)顟B(tài)，則斜面的支持力大小為FN＝mgcos30°；突然向下撤去梯形斜面，彈簧的彈力來不及變化，重力也不變，支持力消失，所以此瞬間小球所受的合力與原來的支持力FN大小相等、方向相反，由牛頓第二定律得：mgcos30°＝ma，解得a＝5eq\r(3)m/s2，方向斜向右下方，C正確。5．(多選)如圖所示，在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質(zhì)量m＝1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，下列說法中正確的是()A．彈簧的彈力不變B．小球立即獲得向左的加速度，且a＝8m/s2C．小球立即獲得向左的加速度，且a＝10m/s2D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a＝10m/s2答案：AB解析：剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力不會突變，A正確；剪斷輕繩前，F(xiàn)f＝0，由于θ＝45°，則彈簧彈力與小球重力大小相等，F(xiàn)＝G＝mg＝10N，剪斷輕繩的瞬間，F(xiàn)f＝μFN＝μmg＝2N，小球的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10N－2N,1kg)＝8m/s2，方向向左，B正確，C錯誤；若剪斷彈簧，輕繩對小球的拉力瞬間突變?yōu)榱?，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，D錯誤。6．(多選)已知雨滴下落過程中受到的空氣阻力與雨滴下落速度的平方成正比，用公式表示為f＝kv2。假設(shè)雨滴從足夠高處由靜止豎直落下，則關(guān)于雨滴在空中的受力和運(yùn)動情況，下列說法正確的是()A．雨滴受到的阻力逐漸變小直至為零B．雨滴受到的阻力逐漸變大直至不變C．雨滴受到的合力逐漸變小直至為零，速度逐漸變小直至為零D．雨滴受到的合力逐漸變小直至為零，速度逐漸變大直至不變答案：BD解析：設(shè)雨滴的質(zhì)量為m，加速度為a，雨滴下落過程中，受重力mg和空氣阻力f的作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－f＝ma，又f＝kv2，聯(lián)立兩式整理可得a＝g－eq\f(f,m)＝g－eq\f(kv2,m)，由此可知當(dāng)速度v增大時，f增大，a減小，所以雨滴先做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，當(dāng)加速度減為零之后，速度達(dá)到最大，雨滴開始做勻速直線運(yùn)動，此時空氣阻力與重力平衡，則雨滴受到的阻力逐漸變大直至不變，雨滴受到的合力逐漸變小直至為零，速度逐漸變大直至不變，故A、C錯誤，B、D正確。7．(多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a、b的加速度大小記為a1、a2，S1和S2相對原長的伸長分別為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，在細(xì)線剪斷瞬間()A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)2＝2gC．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2答案：AC解析：設(shè)a、b和c的質(zhì)量均為m，細(xì)線剪斷前以b、c整體為研究對象，根據(jù)受力平衡可知輕彈簧S1的彈力大小為F1＝2mg＝kΔl1，以c為研究對象，根據(jù)受力平衡可知輕彈簧S2的彈力大小為F2＝mg＝kΔl2，可得Δl1＝2Δl2，故C正確，D錯誤；細(xì)線剪斷瞬間，兩彈簧的形變量不改變，兩彈簧彈力均保持不變，則b受力不變，b的加速度a2＝0，以a為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F1＋mg＝ma1，解得a1＝3g，故A正確，B錯誤。8．(多選)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，1、2、3、4、5五個球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧B、D分別連接球1、2和3、4，固定點(diǎn)O與球1間，球2、3間，球4、5間分別由輕質(zhì)細(xì)線A、C、E連接。彈簧與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．僅將細(xì)線A燒斷的瞬間，球1的加速度沿斜面向下，大小為5gsinθB．僅將細(xì)線A燒斷的瞬間，球2的受力情況改變，加速度為gsinθC．僅將細(xì)線C燒斷的瞬間，小球2的加速度沿斜面向上，大小為3gsinθD．僅將細(xì)線C燒斷的瞬間，細(xì)線E的拉力大小為0答案：AC解析：系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，對球1、2、3、4、5整體分析，根據(jù)平衡條件，可知細(xì)線A彈力大小為T1＝5mgsinθ，將細(xì)線A燒斷的瞬間，彈簧B的形變量不變，其彈力不變，即球1所受外力的合力大小為T1，根據(jù)牛頓第二定律有T1＝ma1，解得a1＝5gsinθ，方向沿斜面向下，同時由彈簧B彈力不變，可知球2、3、4受力情況均沒有發(fā)生變化，其加速度均為0，故A正確，B錯誤；系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，對球3、4、5整體分析，根據(jù)平衡條件，可知細(xì)線C彈力大小為T2＝3mgsinθ，將細(xì)線C燒斷的瞬間，彈簧B彈力不變，即球2所受外力的合力大小為T2，根據(jù)牛頓第二定律有T2＝ma2，解得a2＝3gsinθ，方向沿斜面向上，同時由彈簧D彈力大小不變，可知球4、5受力情況均沒有發(fā)生變化，即細(xì)線E的拉力大小不變，即仍然為mgsinθ，故C正確，D錯誤。9．(2024·黑龍江省哈爾濱市高一下學(xué)期開學(xué)考試)(多選)如圖所示，兩小球M、N分別與兩段輕繩A、B和一輕彈簧C連接。兩小球靜止時，輕繩A、B與豎直方向的夾角分別為30°、45°，彈簧C沿水平方向，則下列說法正確的是()A．球M和球N的質(zhì)量之比為(eq\r(3)－1)∶2B．球M和球N的質(zhì)量之比為(eq\r(3)＋1)∶2C．剪斷輕繩B的瞬間，球M的加速度大小為gD．剪斷輕繩B的瞬間，球M的加速度大小為eq\r(2)g答案：BD解析：設(shè)彈簧彈力為F，對兩球整體受力分析，由平衡條件可得TAsin30°＝F，TAcos30°＝(mM＋mN)g，對球M受力分析且由平衡條件可得TBsin45°＝F，TBcos45°＝mMg，聯(lián)立解得eq\f(mM,mN)＝eq\f(\r(3)＋1,2)，F(xiàn)＝mMg，A錯誤，B正確；剪斷輕繩B的瞬間，彈簧彈力不變，由平行四邊形定則可知，小球M所受合力為F合＝eq\r(F2＋（mMg）2)＝eq\r(2)mMg，對于球M，由牛頓第二定律得F合＝mMaM，聯(lián)立解得aM＝eq\r(2)g，C錯誤，D正確。10．(2024·黑龍江省大慶市高一下開學(xué)考試)(多選)如圖所示，細(xì)繩1掛著箱子C，箱內(nèi)又用繩2掛著A球，在A的下方又用輕彈簧掛著B球。已知A、B、C三個物體的質(zhì)量均為m，原來都處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。在細(xì)繩1被燒斷后的瞬間，以下說法正確的是()A．A、B、C的加速度都為gB．A、C的加速度為g，B加速度為零C．A、C的加速度為1.5g，B加速度為零D．細(xì)繩2上的拉力大小為0.5mg答案：CD解析：細(xì)繩1燒斷前，B受力平衡，彈簧彈力F彈＝mg，細(xì)繩1燒斷瞬間，彈簧形變量不會改變，則彈簧彈力不變，則B受力不改變，則由牛頓第二定律可知B的加速度為零；以A、C整體為研究對象，在細(xì)繩1被燒斷瞬間，其受到彈簧彈力F彈′＝F彈＝mg，所受重力G＝2mg，由牛頓第二定律有G＋F彈′＝2ma，解得A、C的加速度為a＝1.5g，故A、B錯誤，C正確；以C為研究對象，在細(xì)繩1被燒斷瞬間，由牛頓第二定律有mg＋T2＝ma，解得細(xì)繩2上的拉力大小T2＝0.5mg，故D正確。專題提升十動力學(xué)中的連接體問題1．什么是動力學(xué)中的連接體問題動力學(xué)中的連接體問題，是指幾個物體或上下疊放在一起，或前后擠靠在一起，或通過輕繩、輕彈簧、輕桿等連在一起組成物體系統(tǒng)，做加速度不為零的運(yùn)動，求解各物體所受的力、運(yùn)動參量等的問題。2．常見的連接體模型3．動力學(xué)中的連接體問題的分類(1)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度相同；(2)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同(包括“加速度大小相等但方向不同”的情形)。4．動力學(xué)中的連接體問題的解題方法方法整體法隔離法方法簡述把加速度相同的多個物體看作一個整體，進(jìn)行受力分析、運(yùn)動情況分析，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律列方程求解把其中的一個物體或幾個物體隔離出來，進(jìn)行受力分析、運(yùn)動情況分析，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律列方程求解優(yōu)點(diǎn)不必考慮系統(tǒng)內(nèi)的相互作用力可以求解系統(tǒng)內(nèi)物體間的力的作用情況，各物體的運(yùn)動情況選用原則系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度大小、方向必須均相同；只能求系統(tǒng)整體的加速度、所受外力等系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度相同或不同均適用；求系統(tǒng)內(nèi)某個物體所受的作用力、加速度等注意事項(xiàng)若加速度大小相等但方向不同，不能用整體法根據(jù)牛頓第二定律列式通常選受力個數(shù)較少的物體為研究對象一、加速度和速度都相同的連接體問題例1如圖所示，光滑水平面上A、B兩物體用不可伸長的輕繩相連，用力F拉A使A、B一起運(yùn)動，A的質(zhì)量為mA、B的質(zhì)量為mB，求A、B兩物體間繩的拉力FT的大小。[規(guī)范解答]設(shè)A、B一起運(yùn)動的加速度為a，把A、B作為一個整體，由牛頓第二定律有F＝(mA＋mB)a單獨(dú)分析B，由牛頓第二定律有FT＝mBa聯(lián)立解得FT＝eq\f(mB,mA＋mB)F。[答案]eq\f(mB,mA＋mB)F[拓展]在例1中，若兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則A、B間繩的拉力為多大？答案：eq\f(mB,mA＋mB)F解析：設(shè)A、B一起運(yùn)動的加速度為a，若動摩擦因數(shù)均為μ，以A、B整體為研究對象，有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a然后隔離出B為研究對象，有FT－μmBg＝mBa聯(lián)立解得FT＝eq\f(mB,mA＋mB)F?！按?lián)式”連接體中力的“分配協(xié)議”如下列各圖所示，外力F作用于m1上，則對于一起做加速運(yùn)動的物體系統(tǒng)，m1和m2間的彈力或中間繩的拉力F12的大小遵守的力的“分配協(xié)議”為：F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。注意：①此“分配協(xié)議”與有無摩擦無關(guān)(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)；②兩物體間若有連接物，連接物的質(zhì)量必須很小，可忽略(如輕繩、輕桿、輕彈簧)；若連接物質(zhì)量不可忽略，則可以將連接物看作一系列“串聯(lián)”在一起的質(zhì)點(diǎn)。[跟進(jìn)訓(xùn)練1](2023·山東省德州市高一上學(xué)期?？茧A段練習(xí))四個質(zhì)量相等的物體置于光滑水平面上，如圖所示，現(xiàn)對左側(cè)第1個物體施加大小為F、方向水平向右的恒力，則第2個物體對第3個物體的作用力大小等于()A.eq\f(1,8)F B.eq\f(1,4)FC.eq\f(1,2)F D.eq\f(3,4)F答案：C解析：設(shè)F作用下四個物體的加速度為a，以四個物體為整體進(jìn)行研究，由牛頓第二定律有F＝4ma，以第3、4兩個物體整體為研究對象，設(shè)第2個物體對第3個物體的作用力大小為N，則由牛頓第二定律有N＝2ma，聯(lián)立可得N＝eq\f(F,2)，故A、B、D錯誤，C正確。二、加速度和速度都大小相同、方向不同的連接體問題例2(多選)如圖所示的裝置叫阿特伍德機(jī)。繩子兩端的物體豎直運(yùn)動的加速度大小總是小于自由落體的加速度g，這使得實(shí)驗(yàn)者可以有較長的時間從容地觀測、研究。已知物體A、B的質(zhì)量均為M，物體C的質(zhì)量為m。輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，輕繩不可伸長且足夠長。物體A、B、C由圖示位置靜止釋放后()A．繩子上的拉力大小T＝(M＋m)gB．物體A的加速度a＝eq\f(m,2M＋m)gC.eq\f(M,m)的取值小一些，便于觀測和研究D.eq\f(M,m)的取值大一些，便于觀測和研究[規(guī)范解答]對物體A，由牛頓第二定律得T－Mg＝Ma，對B、C整體，由牛頓第二定律得(M＋m)g－T＝(M＋m)a，聯(lián)立解得T＝Mg＋eq\f(Mmg,2M＋m)，a＝eq\f(m,2M＋m)g，故A錯誤，B正確；由a＝eq\f(m,2M＋m)g＝eq\f(1,\f(2M,m)＋1)g知，eq\f(M,m)的取值大一些，則a小一些，便于觀測和研究，故C錯誤，D正確。[答案]BD[跟進(jìn)訓(xùn)練2](2024·海南省直轄縣級單位高一下學(xué)期階段練習(xí))如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎狿、Q兩物塊的質(zhì)量分別為mP＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。則推力F的大小為()A．4.0N B．3.5NC．2.5N D．1.5N答案：B解析：P與桌面間的最大靜摩擦力fm＝μmPg＝2N，P靜止在水平桌面上時，由平衡條件可得輕繩上的拉力T1＝mQg＝2N，推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄碩2＝eq\f(T1,2)＝1N，故Q加速下降，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mQg－T2＝mQa，解得a＝5m/s2，則P將以a＝5m/s2的加速度向右做加速運(yùn)動，對P，由牛頓第二定律有T2＋F－fm＝mPa，解得F＝3.5N，故選B。課后課時作業(yè)題號123456難度★★★★★★★★★★★對應(yīng)考點(diǎn)/知識點(diǎn)加速度和速度相同的輕桿連接體加速度和速度相同的疊加連接體問題、整體法與隔離法彈簧連接體綜合分析加速度和速度相同的多物體連接體綜合分析、整體法與隔離法加速度和速度不同的連接體問題加速度和速度相同的連接體問題、整體法與隔離法題號7891011難度★★★★★★★★★★★★對應(yīng)考點(diǎn)/知識點(diǎn)加速度和速度相同的連接體問題、整體法與隔離法加速度和速度相同的連接體綜合分析加速度和速度相同的接觸類連接體綜合分析加速度和速度相同的輕繩連接體問題加速度和速度不同的連接體綜合分析1．(2023·江西省新余市高一上期末質(zhì)量檢測)如圖所示，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動時，小球所受合力的方向沿圖中的()A．OA方向 B．OB方向C．OC方向 D．OD方向答案：D解析：當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動時，小球也向右做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得小球所受合力沿圖中的OD方向，故選D。2．(2023·河北省滄州市高一上期末教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，甲、乙兩物體疊放，一起放置在光滑水平面上，將一水平向右恒力F＝3N作用在物體甲上，使甲、乙一起向右做加速運(yùn)動，已知物體甲和乙的質(zhì)量m甲＝2m乙＝2kg，則甲對乙的摩擦力()A．大小為1N，方向水平向左B．大小為1N，方向水平向右C．大小為2N，方向水平向左D．大小為2N，方向水平向右答案：B解析：對甲、乙整體進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(m甲＋m乙)a，解得a＝1m/s2，方向水平向右，對乙進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有f＝m乙a，解得f＝1N，方向水平向右，故選B。3．(2023·四川省南充市高一上期末)如圖，質(zhì)量為1kg的物塊A和質(zhì)量為2kg的物塊B用輕彈簧相連，置于光滑的水平面上，在沿彈簧軸線方向，用力F拉動物塊B，穩(wěn)定后物塊A和物塊B以4m/s2的加速度一起向右做勻加速直線運(yùn)動，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。穩(wěn)定后()A．拉力F的大小為8NB．彈簧彈力大小為8NC．撤去力F后瞬間，物塊A的加速度大小為4m/s2D．撤去力F后瞬間，物塊B的加速度大小為4m/s2答案：C解析：穩(wěn)定后，對整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝(mA＋mB)a＝12N，對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律知，彈簧彈力大小為F彈＝mAa＝4N，A、B錯誤；撤去F瞬間，彈簧彈力不發(fā)生突變，故物塊A的受力情況不變，加速度大小不變，仍為4m/s2，C正確；撤去F瞬間，對物塊B，根據(jù)牛頓第二定律得F彈＝mBaB，解得aB＝2m/s2，D錯誤。4．某列車由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4節(jié)對第5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4節(jié)對倒數(shù)第5節(jié)車廂的作用力為()A．F B.eq\f(F,9)C.eq\f(F,19) D.eq\f(F,20)答案：B解析：根據(jù)題意可知第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的牽引力為F，每節(jié)車廂質(zhì)量相等，設(shè)為m，每節(jié)車廂所受阻力相同，設(shè)為Ff。以第5～40節(jié)車廂為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－36Ff＝36ma，設(shè)倒數(shù)第5節(jié)車廂對倒數(shù)第4節(jié)車廂的牽引力為F′，以最后四節(jié)車廂為研究對象，則根據(jù)牛頓第二定律有F′－4Ff＝4ma，聯(lián)立解得F′＝eq\f(F,9)，根據(jù)牛頓第三定律可得倒數(shù)第4節(jié)車廂對倒數(shù)第5節(jié)車廂的作用力大小也為eq\f(F,9)，故B正確。5．如圖所示，一條足夠長且不可伸長的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩的右端與一質(zhì)量為12kg的重物相連，重物靜止于地面上，左側(cè)有一質(zhì)量為10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩子以大小為5m/s2的加速度豎直向上爬，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．繩上的拉力大小為50NB．重物不會離開地面C．2s末重物上升的高度為5mD．重物的加速度大小為3.2m/s2答案：C解析：對猴子受力分析，受到重力和繩子的拉力，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma′，解得F＝ma′＋mg＝10×(5＋10)N＝150N，故A錯誤；對重物受力分析可知，繩子對重物的拉力150N大于重物自身的重力120N，所以重物會離開地面，故B錯誤；設(shè)重物向上運(yùn)動的加速度為a，對重物由牛頓第二定律可得F－Mg＝Ma，解得a＝eq\f(F－Mg,M)＝eq\f(150－12×10,12)m/s2＝2.5m/s2，D錯誤；2s末重物上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2.5×22m＝5m，C正確。6．如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的動摩擦因數(shù)為0.25，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA＝4kg、mB＝6kg，F(xiàn)A＝80N和FB＝30N的兩推力分別作用于A、B上，g取10m/s2。求：(1)A、B兩物體運(yùn)動的加速度；(2)A、B之間的作用力。答案：(1)2.5m/s2，方向水平向右(2)60N解析：(1)把A、B看成一整體，對整體受力分析，由牛頓第二定律可得FA－FB－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a解得a＝2.5m/s2，方向水平向右。(2)把B隔離出來，對其受力分析，設(shè)A給B的作用力為FN，由牛頓第二定律可得FN－FB－μmBg＝mBa解得FN＝60N。7．(2023·江西省贛州市高一上期末)我國航天員要在天宮1號航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測量物體的質(zhì)量。采用的方法如下：質(zhì)量為0.8kg的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后固定有質(zhì)量均為0.1kg的兩個力傳感器。待測質(zhì)量的物體B用一輕繩連接在后傳感器上，在某一外力作用下整體在桌面上向前運(yùn)動，實(shí)驗(yàn)艙處于完全失重狀態(tài)，桌面對整體無摩擦力。如圖所示，穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為3N和2N，待測物體B的質(zhì)量為()A．1kg B．1.5kgC．2kg D．2.5kg答案：C解析：對整體根據(jù)牛頓第二定律可得F前＝(mA＋mB＋2m傳)a，對B根據(jù)牛頓第二定律可得F后＝mBa，代入數(shù)據(jù)解得mB＝2kg，故選C。8．(多選)如圖所示為武廣線上某次高鐵列車對接場景，對接后兩組列車成為一列共同出發(fā)。列車啟動階段做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)行方向如圖，每組提供向右的動力均為F，每組受到的阻力均為自重的k倍，a組總質(zhì)量為m1，b組總質(zhì)量為m2，下列說法正確的是()A．a(chǎn)組的加速度大小為eq\f(2F,m1＋m2)－kgB．對接處的作用力大小為eq\f(2m2,m1＋m2)FC．若每組提供的動力均為2F，則列車組的加速度加倍D．若m1<m2，則對接處的作用效果是拉力答案：AD解析：對接后，a、b兩組列車運(yùn)動狀態(tài)相同，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有2F－k(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，即a組列車的加速度大小為a＝eq\f(2F,m1＋m2)－kg，同理可得，若每組提供的動力均為2F，列車組的加速度a′＝eq\f(4F,m1＋m2)－kg≠2a，故A正確，C錯誤；設(shè)對接處的作用力為F1，取運(yùn)動方向?yàn)檎较?，對b組列車，根據(jù)牛頓第二定律有F＋F1－km2g＝m2a，代入a＝eq\f(2F,m1＋m2)－kg，得F1＝eq\f(m2－m1,m1＋m2)F，若m1<m2，則F1>0，即對接處的作用效果是拉力，故B錯誤，D正確。9．有一