第3講牛頓運動定律的應用必備知識”解讀1.解決動力學兩類基本問題的思路2.瞬時加速度問題“關鍵能力”構建1.思想方法(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者需要求出系統內物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求內力(2)連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發生滑動摩擦力達到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達到所能承受的最大力繩子剛好繃直與松弛繩子張力為02.模型建構(1)沿如圖光滑斜面下滑的物體：(2)一起加速運動的物體系，若力是作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為FN＝eq\f(m2·F,m1＋m2).有無摩擦都一樣，平面，斜面，豎直方向都一樣(3)下面幾種物理模型，在臨界情況下，a＝gtanα光滑，相對靜止與接觸面間彈力為零繩，相對靜止光滑，與接觸面間彈力為零(4)下列各模型中，速度最大時合力為零，速度為零時，加速度最大題型1牛頓運動定律的理解和應用eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))瞬時性問題例題1(2023·福建龍巖二模)一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質彈簧兩端分別與質量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統處于靜止狀態。重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間，下列說法正確的是(B)A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右【解析】根據題意，設A、B兩球質量均為m，去掉擋板前，對A球受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ；故A錯誤，B正確；根據上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態，則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯誤；去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對A、B和C整體分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))連接體問題例題2(多選)(2022·全國甲卷，19,6分)如圖所示，質量相等的兩滑塊P，Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前(AD)A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．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時刻Q的速度大小【解析】①加速度：設P、Q的質量均為m，彈簧的彈力為FT。由胡克定律，從撤掉拉力F開始到彈簧恢復原長，彈簧的伸長量逐漸減小，因此，彈力FT逐漸減小。(以向右運動為正方向)在拉力F作用下，P、Q做勻速運動時撤掉拉力F后至彈簧恢復原長時加速度表達式撤掉拉力瞬間彈簧恢復原長瞬間對Q根據二力平衡的條件有FT＝μmgP：－FT－μmg＝maP，aP＝－eq\f(FT,m)－μgP加速度大小為最大，此時aP＝－2μg(A項正確)aP＝－μgQ：FT－μmg＝maQ，aQ＝eq\f(FT,m)－μgaQ＝0Q加速度大小為最大，此時aQ＝－μg(B項錯誤)②位移：彈簧由伸長狀態到原長狀態，彈簧縮短了，即P、Q間距離減小了，因此P的位移小于Q的位移，C項錯誤。③速度：在從撤掉拉力F到彈簧恢復原長的過程中，由分析可知，P做加速度由2μg逐漸減小到μg的減速運動；Q做加速度由0開始逐漸增大到μg的減速運動。P和Q具有相同的初速度，它們都做減速運動，而且P的速度減小得更快，因此，在這個過程中，P的速度在任意時刻都不會大于Q的速度，D項正確。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法三))兩類動力學問題例題3(多選)(2023·福建廈門二模)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發生相對運動，筒內的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為M＝90g(不含球的質量)，球筒與手之間的滑動摩擦力為f1＝2.6N，羽毛球質量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計，當球筒獲得一個初速度后(BD)A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s【解析】依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦力作用，根據牛頓第二定律可得mg＋f2＝ma1；求得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2；羽毛球向下做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；對筒受力分析，根據牛頓第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2；求得a2＝－20m/s2；負號表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運動，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來，則當羽毛球到達筒口時，二者速度相等，此時筒獲得的初速度為最小vmin，有a1t＝vmin－a2t；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vmint－\f(1,2)a2t2))－eq\f(1,2)a1t2＝d聯立，代入相關數據求得vmin＝3m/s，故C錯誤，D正確。〔對點訓練〕(2023·全國乙卷)一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球(B)A．上升時間等于下落時間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達到最高點時加速度為零D．下落過程中做勻加速運動【解析】上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態和下降過程的初狀態速度均為零。對排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；上升過程排球做減速運動，下降過程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻