1、第2讲牛顿第二定律的应用主干梳理 对点激活知识点牛顿第二定律的应用1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：知识点超重和失重1实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的
2、现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小ag原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaagF0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以ag加速下降或减速上升一 堵点疏通1物体做匀减速直线运动时，合外力的方向与速度的方向相反。()2物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。()3超重就是物体的重力变大的现象。()4物体处于完全失重状态时，重力消失。()5减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。()6物体处于
3、超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。()答案1.2.3.4.5.6.二 对点激活1(人教版必修1P87T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()A物体受到的合力为50 NB物体的加速度为25 m/s2C3 s末物体的速度为75 m/sD3 s内物体发生的位移为125 m答案AC解析两个夹角为120的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a25 m/s2,3 s末速度vat75 m/s,3 s内位移xat2112.5 m，故A、C正确，B、D错误。2(2019北京师范
4、大学附属中学高三上学期期中)(人教版必修1P89图示改编)如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是()A只有“起立”过程，才能出现失重现象B只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象D“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象答案C解析“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、
5、D错误，C正确。3.(人教版必修1P86例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角30，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。答案(1)1.5 N(2)7 m/s解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度a m/s23.5 m/s2，对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinFfma，解得Ff1.5 N。(2)根据v22ax得v m
6、/s7 m/s。考点细研 悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性问题1.两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2求解瞬时加速度的一般思路例1如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为30的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g，则()AaAg，aB0 B.aA0，aBgCaAg，aBg D.aA0，aBg(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。
7、(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？提示：不突变。尝试解答选A。轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力Fmgsin30，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，对小球A，由牛顿第二定律有Fmgsin30maA，解得aAg，A正确。求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分
8、析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式11(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则()A弹簧的长度为l0B木板AB对小球的支持力为mgC若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为gD若突然把木板AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g答案AC解析小球处于静止状态，设此时弹簧长为l，由平衡条件有：k(ll0)mgtan30，代入数据可得此时弹簧的长度为ll0，A项正确；对小球受力分
9、析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FNmg，B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgsin30ma，得ag，C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为mg，小球的加速度大小为g，D项错误。变式12如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，已知重力加速度为g，当升降机以加速度a竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为60，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球
10、的加速度的说法正确的是()AA球的加速度大小为g，方向竖直向下BB球的加速度大小为g，方向竖直向上CA球的加速度大小为g，方向斜向左下方DA球的加速度大小为g，方向沿OA方向答案C解析O、A间的细线被剪断前，对小球A受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30mgma，F2sin30F10，解得F1kxmg，在O、A间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速度aAxg，竖直向下的加速度aAyg，则A球的加速度大小为aAg，方向斜向左下方；而B球的受力情况不变，其加速度仍为a，方向竖直向上，C正确。考点2动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题的解题步骤例2如
11、图所示，质量为m1.0 kg的物体在水平力F5 N的作用下，以v010 m/s向右匀速运动。倾角为37的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过1.5 s物体到达B点。g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求A、B两点间的距离sAB。(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动Fmg求出。(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断与tan的关系。尝试解答4.75_m物体在水平面上匀速运动时有Fmg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二
12、定律有mgsinmgcosma1若物体减速到零，则有0v0a1t1解得t11.0 smgcos，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma2x2a2t根据题意有t1t21.5 ssABx1x2联立式解得sAB4.75 m。解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。变式21如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.
13、5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。答案(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt，代入数据解得：v1 m/s。(2)因vv0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：FfmgsinmaFNmgcosFfFN联立解得：，代入数据解得：。变式22如图甲所示是一倾角为37的足够长的斜面，将一质量为m1 kg的物体无初
14、速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25。g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16 s内物体发生的位移。答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下解析(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgcosma1v1a1t1解得v15 m/s。(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m当拉力为F24.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律
15、可得F2mgcosmgsinma2设物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s设t2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m由于mgsinmgcosF2mgcos，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下(mgma)sin，沿斜面摩擦力变为fN(mgma)cosmgcos，A错误。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。5(2019湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且
16、没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5gC撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大答案C解析撤去木板前，悬绳没有拉力，对A物块受力分析知，弹簧被压缩，弹簧弹力大小为F1kxmg，撤去木板瞬间，B物块受到向下的重力2mg、弹簧向下的弹力F1mg，其合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB1.5g，故A、B错误；撤去木板后，当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧被拉伸，弹力F22mgkx
17、2，所以弹簧此时的伸长量x22x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。6(2019四川雅安三诊)如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动，运动50 m后撤去拉力F，此时物体速度为20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10 m/s2，求：(1)物体与地面间的动摩擦因数；(2)物体运动的总位移大小；(3)物体运动的总时间。答案(1)0.25(2)130 m(3)13 s解析(1)在拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，其加速度大小为：a1对物体，由牛顿第二定律有：Fmgma1，联立解得：0.25。(2)撤掉拉力F后，物体做匀减速直线运动，其加速度大小为：a2g2.5 m/s2物体继续向前滑行的位移为：x280 m全程总位移为：xx1x2130 m。(3)物体做匀加速直线运动的时间为：t15 s物体做匀减速直线运动的时间为：t28 s则物体运动的总时间为：tt1t213 s。