模型05牛顿定律（1）-备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习（原卷版）

模型05牛顿定律（1）-备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习目录连接体模型 2瞬时加速度模型 5动力学两类基本问题 7车物同体模型 11弹簧相关运动模型 13抓住“运动转折点速度”解决动力学多过程模型 15超重失重模型 17

连接体模型【模型】在力学中，两个或两个以上相互作用的物体组成的系统统称连接体。【方法】绳连接体问题中，两个物体隐含着一些相等的量，比如：速率、路程、加速度大小、拉力大小这些量的相等，解题时候根据这些量相等来列方程求解。另外一类就是两者具有牵连速度，在曲线运动中讨论。【典例1】（2022·全国乙卷·T15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得故A正确，BCD错误。故选A。【典例2】（2022·全国甲卷·T19）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A.P的加速度大小的最大值为B.Q加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为解得此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，解得，故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为，解得，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。【练习1】（2020年全国=2\*ROMANII卷）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示，一实验小组用此装置测量B运动的加速度。BBA令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=m/s2(保留3位有效数字)。从实验室提供的数据得知小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为9.8m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度a、=m/s2(保留3位有效数字)。可以看出a、与a有明显差异，除实验中偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：。【练习2】（2020·江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.F B. C. D.【练习3】（多选）如图所示,有A、B两物体,mA=2mB,用细绳连接后放在光滑的斜面上,在它们下滑的过程中（）A．它们的加速度 B．它们的加速度小于C．细绳的张力 D．细绳的张力瞬时加速度模型【模型】力学平衡后，断掉系统某个物体后，系统瞬间受力问题。【方法】一、弹簧类模型：一）轻弹簧弹力大小变化特点1.弹簧的弹力属于接触力。弹簧两端必须都与其它物体接触才可能有弹力，如果弹簧的一端和其它物体脱离接触，或处于拉伸状态的弹簧突然被剪断，那么弹簧两端的弹力都将立即变为零。2.弹簧的弹力大小只能渐变，不能突变。弹簧两端都保持与其它物体接触的条件下，弹簧弹力的大小F=kx与形变量x成正比。伸缩形变形变较大，且不能忽略不计。由于形变量的改变需要一定时间，因此这种情况下，弹力的大小不会突然改变，即弹簧弹力大小的改变需要一定的时间。二）与弹簧相连物体的瞬时加速度求解方法此类问题的关键是：弹簧的弹力不会瞬间变。1.由物体所处的运动状态求出弹簧的弹力；2.去掉某一个力后（通常是剪断绳子）的瞬间，认为弹簧的弹力不变化，求出物体受到的合力；3.由牛顿第二定律列方程求解。二、绳模型特点：一根绳子张力处处大小相等，绳子张力在其它力变化情况下会发生突变三、要诀：瞬时加速度（断后系统有弹簧，断谁等谁方向相反；断后系统微形变，预判运动分析受力）【典例】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度；(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图4乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．【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)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsinθ.(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtanθ，方向水平向右．【练习1】（2020江苏高考仿真模拟2）如图所示，倾角为α=370且表面光滑的斜面体固定在匀速下降的升降机上，质量相等的A、B两小球用一轻质细绳连接着，A的上端用一轻质弹簧拴接在斜面上端的固定装置上。当升降机运动到某一位置突然处于完全失重状态时，则此刻AB两物体的瞬时加速度为别为（

）

ααABA．g，

g

B．g，

g

C．g，

g

D．g，

g

【练习2】（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）水平面上的物体在水平方向的力和作用下，沿水平面向右做匀速直线运动，如图所示。已知，下列说法正确的是（）A．撤去的瞬间，物体受到的合外力大小变为1NB．撤去的瞬间，物体受到的摩擦力大小变为2NC．撤去的瞬间，物体受到的合外力大小变为3ND．撤去的瞬间，物体受到的摩擦力大小仍为4N【练习3】（2022·云南师大附中高三阶段练习）如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（）A．B对A的压力大小为12NB．弹簧弹力大小为50NC．B的加速度大小为D．A的加速度为零动力学两类基本问题【模型】一种情况是已知受力情况，求物体运动情况；另一种是已知运动情况，求解物体受力情况。【思想方法】两类动力学的基本问题1.从受力情况确定运动情况根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。2.从运动情况确定受力情况根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力。3.分析这两点问题的关键是抓住受力情况和运动情况的桥梁－——加速度。4.求解这两类问题的思路，可由下面的框图来表示。5.由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图（2）根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向）（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度（4）结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量，并分析讨论结果是否正确合理【典例】（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？【答案】（1）见解析（2），v2=28m/s⑦（3）87.5m【解析】（1）v-t图像如图所示。（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn，n=1,2,3,…。若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有①②③联立①②③式，代入已知数据解得④这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式⑤⑥联立②⑤⑥，代入已知数据解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有f1=ma⑨在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为⑩由动量定理有⑪由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为⑫联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v1=30m/s⑬⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为⑮联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s=87.5m⑯【练习】【由运动求受力】（2022·广东广州市高三下学期一模）如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是（）A. B.C. D.【由受力求运动】（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8。则下列说法正确的是（）A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同B．煤块向上滑行的最大位移为10mC．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5sD．煤块在传送带上留下的痕迹长为（）m车物同体模型【模型】动力学问题中，物体和物体内部物体相对静止问题。【方法】车物同体模型：车内物体与车相对静止模型。车物同体模型两者加速度相等，物体的加速度方向与车加速度方向相同经常是隐含条件。【典例】（2019·重庆高一月考）一质量为的小球用轻细绳吊在小车内的顶棚上，如图所示.车厢内的地板上有一质量为的木箱.当小车向右做匀加速直线运动时，细绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，木箱与车厢地板相对静止.（空气阻力忽略不计，取g＝10m/s2）求：（1）小车运动加速度的大小；（2）细绳对小车顶棚拉力的大小；（3）木箱受到摩擦力的大小。【答案】（1）；（2）20N；（3）200N。【解析】（1）对小球受力分析如图所示，据牛顿第二定律得：所以：（2）细绳拉力大小:细绳对小车顶棚的拉力:（3）对木箱受力分析如图所示，可得:【练习】（多选）（2019·吉林长春十一高高一期末）如图所示，在小车内有一个固定的斜面，斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B，小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止，则下列说法中正确的是A．物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零B．物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零C．物体B对线的拉力一定大于mgD．小车在做匀加速直线运动弹簧相关运动模型【方法】弹力不能发生突变；弹力沿弹簧轴线方向，可以是拉力也可以是推力；弹簧类运动问题中有一些特殊位置要密切关注，如：平衡位置、弹簧最长最短位置、弹簧原长位置、拉伸和压缩的对称位置……【典例】（2022·全国甲卷·T19）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A.P的加速度大小的最大值为B.Q加速度大小的最大值为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时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为解得此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，解得，故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为，解得，撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。【练习1】（2020高考精优预测山东卷2）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、、，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（）A.吊篮A的加速度大小为g B.物体B的加速度大小为gC.物体C的加速度大小为g D.间的弹力大小为【练习2】（2020·湖北高一期末）如图，物块a、b和c的质量相同，a和固定点O、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，a和b之间通过细线连接。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将剪断后瞬时物块a、b和c的加速度的大小记为a1、a2和a3，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，则剪断细线后瞬间（）A．a1=2g B．a2=2gC．a3=g D．l1=l2抓住“运动转折点速度”解决动力学多过程模型【方法】对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块—滑板模型等．设置物理量时候临界位置速度把两个过程衔接起来，解题时经常把这个位置速度引入题中进行分析。分析“多过程”问题的方法要领：(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．【典例】如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，在t_1=1s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10ms-2，sin

37°=0.6，cos37°=0.8)物体运动0～1s和1s～2s内的加速度大小；物体与斜面间的动摩擦因数μ和拉力F的大小；t=4s时物体的速度大小．【答案】解：(1)根据速度−时间图线中的斜率表示加速度可知，匀加速直线运动的加速度大小为：a1=(20−0)/1=20

ms-2

匀减速直线运动的加速度大小为：a2=(20−10)/(2−1)=10

ms-2

(2)根据牛顿第二定律得：施加拉力时：F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1

撤去拉力后mgsinθ+μmgcosθ=ma2

联立解得：F=30

N

μ=0.5

(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力F后物体运动到最高点的时间为t2

v1=a2t2

解得t2=20/10=2

s

则物体沿斜面下滑的时间为t3=t−t1−t2=4−2−1=1

s

设下滑加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：

mgsinθ−μmgcosθ=ma3

解得a3=2

ms-2

所以t=4

s时物体的速度：

v=a_3t_【解析】(1)由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度；

(2)根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；

(3)先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．【名师点拨】本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解即可，注意正确分析物理过程是解题的关键．【练习】（2020年全国=2\*ROMANII卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）（略）超重失重模型【模型】超重，是物体所受限制力（拉力或支持力）大于物体所受重力的现象。当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态。失重是指物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力时出现的现象。失重有时也泛指零重力和微重力环境。通俗地讲，当加速度竖直向下时为失重状态。【方法】超重就是所受弹力大于重力，失重就是所受弹力小于重力。加速度向上叫超重，向下就是失重。【典例】在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速