1、第2讲 牛顿第二定律的应用 教材回扣夯实基础知识点一 牛顿第二定律的应用1动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的_第二类：已知运动情况求物体的_2解决两类基本问题的方法以_为“桥梁”，由运动学公式和_列方程求解，具体逻辑关系如下运动情况受力情况加速度牛顿第二定律知识点二 超重与失重现象1视重(1)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_称为视重(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的_或台秤所受物体的_2超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有_的加速度示数拉力压力大于向上3失重(1)定义：物体对支持物的压
2、力(或对悬挂物的拉力)_物体所受重力的现象(2)产生条件：物体具有_的加速度4完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)_的现象称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度 a_，方向竖直向下小于向下等于 0g夯实双基1思考辨析(1)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力越大()(2)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关()(3)物体加速度减小时，速度一定减小()(4)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度也一定发生变化()(5)超重就是物体的重力变大的现象()(6)物体处于完全失重状态时，重力消失()(7)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力()(8)根
3、据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向()(9)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关()2(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则()A钩码的重力约为 4 NB钩码的重力约为 2 NCA、B、C、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A、D，失重状态的是 B、CDA、B、C、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A、B，失重状态的是 C、DAC3.人教版必修 1P86 例 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
4、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1.5 N7 m/s透析考点多维突破考点一 牛顿第二定律的瞬时性1两种模型2处理瞬时性问题的思路：(1)分析物体原来的受力情况(2)分析物体在突变后瞬间的受力情况(3)根据牛顿第二定律分析瞬间加速度，并讨论其合理性1 两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如右图所示现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设
5、小球 A、B 的加速度分别用 a1 和 a2 表示，则()Aa1g，a2g Ba10，a22gCa1g，a20 Da12g，a20解析：由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度 a1a2g.故选项 A 正确答案：A【考法拓展 1】在【例 1】中只将 A、B 间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如右图所示，则例 1 选项中正确的是()解析：剪断轻绳 OA 的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球 A 所受合力为 2mg，小球 B 所受合力为零，所以小球 A、B 的加速度分别为 a12g，a20.故选项 D 正确答案：D【考法拓展 2】在【考法拓展 1】中的题图放置在倾角为3
6、0的光滑斜面上，如下图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()AaA0 aB12gBaAg aB0CaAg aBgDaA0 aBg解析：细线被烧断的瞬间，小球 B 的受力情况不变，加速度为零烧断前，分析整体受力可知线的拉力为 FT2mgsin，烧断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大小为 2mgsin，所以 A 球的瞬时加速度为 aA2gsin 30g，故选项 B 正确答案：B练 1 2020吉林调研如图所示，质量为 4 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上面质量为 1 kg 的物体 B 用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但 A、B 之间无压力某时刻将细线
7、剪断，则细线剪断瞬间，B 对 A 的压力大小为(g 取 10 m/s2)()A0 B8 NC10 N D50 N解析：剪断细线前，物体 A、B 间无压力，则弹簧的弹力 FmAg40 N，剪断细线的瞬间，对物体 A、B 整体分析，整体加速度 amAmBgFmAmB2 m/s2，对物体 B 隔离分析，有 mBgNmBa，解得 NmBgmBa8 N，故选 B.答案：B练 2 2020厦门高三检测如图所示，质量为 m 的光滑小球A 被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面 B 托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为 30，重力加速度 g 取 10
8、m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为()A0B大小为 10 m/s2，方向竖直向下C大小为 5 3 m/s2，方向斜向右下方D大小为 5 m/s2，方向斜向右下方解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为 FNmgcos 30；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力 FN 大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos 30ma，解得 a5 3 m/s2，方向斜向右下方，选项 C 正确答案：C练 3 如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中 A、B 两球用轻弹簧相连，图
9、乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为 gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin.因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin，加速度为 2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin，加速度均为 gsin，可知只有 D 正确答案：D考点二 动力
10、学两类基本问题1解决动力学两类问题的关键已知运动情况求受力情况和已知受力情况求运动情况，是动力学中的两类基本问题，求解加速度是解题的关键2解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)，则采用“正交分解法”2 2017全国卷24为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 x0 和x1(x1x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动
11、员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1，重力加速度大小为 g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由得mgma1由运动学公式得v21v202a1x0联立解得v20v212gx0(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学公式得v20v212a1x0v0v1a1tx112
12、a2t2联立式得a2x1v1v022x20答案：(1)v20v212gx0 (2)x1v1v022x20练 4 2020山东部分重点中学模拟请根据以下资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近()高速公路最高时速路面动摩擦因数120 km/h干沥青路面0.7驾驶员反应时间干碎石路面0.60.70.30.6 s湿沥青路面0.320.4A.100 m B200 mC300 m D400 m解析：本题考查根据图表估算安全距离汽车的最高速度为v120 km/h33.3 m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为 x1vt33.30.6 m20 m，在汽车刹车的过程，以最小加速度减
13、速时，根据牛顿运动定律得 x2 v22g33.3220.3210 m173 m，则总位移大小为 xx1x2193 m，最接近 200 m，故 B 正确，A、C、D 错误答案：B练 5 倾角为 30的光滑斜面上，质量 m3 kg 的物块在恒力 F 的作用下，从斜面底端匀加速上滑，经 3 s 后，撤去力 F，又经过 3 s，物块恰好滑回斜面底端，已知重力加速度 g10 m/s2，求：(1)力 F 的大小和前 3 s 内物块的位移大小(2)物块滑回底端时的速度大小解析：(1)前 3 s，设加速度大小为 a1，由牛顿第二定律：Fmgsin ma1位移为 x12a1t2，3 s 末，速度为 v1a1t后
14、 3 s，设加速度大小为 a2，由牛顿运动定律：mgsin ma2位移为xv1t12a2t2解得：F43mgsin 20 N，x7.5 m(2)设物块滑回底端时的速度大小为 v2，整个过程由动能定理：Fx12mv220解得：v210 m/s答案：(1)20 N 7.5 m(2)10 m/s考点三 动力学中的图象问题1常见的动力学图象v-t 图象、a-t 图象、F-t 图象、F-a 图象等2图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象3解题策略(1)分清图象的类
15、别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断3 如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从 t0 时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力 F 的作用，F 与水平方向的夹角 37，物块的质量为 2 kg，物块与地面间的动摩擦因数 0.5，物块向左
16、运动的 v-t 图象如图乙所示，(已知 cos370.8，sin370.6，g 取 10 m/s2)，求：(1)拉力 F 的大小(2)物块再回到 t0 时刻的位置时的速度 v1 大小(3)若在 t0.5 s 时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到 t0 时刻的位置时速度大小和 t0 时刻的速度大小相等，则拉力 F应变为多少？(结果保留两位小数)解析：(1)物块向左运动时，由图象知，初速度 v06 m/s，加速度 a1vt12 m/s2.由牛顿第二定律 Fcos(mgFsin)ma1解得 F28 N.(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，由图象可知，回到 t0 时刻的位置的位移 x
17、1260.5 m1.5 m.由牛顿第二定律 Fcos(mgFsin)ma2求得 a210.4 m/s2.由运动学公式 v212a2x.得物块回到 t0 时刻位置的速度v125 195 m/s.(3)要使物块回到 t0 时刻位置的速度大小和 t0 时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小a3a112 m/s2.由牛顿第二定律 Fcos(mgFsin)ma3求得 F30.91 N.答案：(1)28 N(2)25 195 m/s(3)30.91 N教你审题第一步：读题抓关键点获取信息第二步：读图析图获取信息练 6 2018全国卷，15如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上
18、端放有物块 P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是()解析：设物块 P 静止时，弹簧的长度为 x0，物块 P 受重力 mg、弹簧弹力 k(lx0 x)及力 F，根据牛顿第二定律，得 Fk(lx0 x)mgma且 k(lx0)mg故 Fkxma.根据数学知识知 Fx 图象是截距为 ma的一次函数图象故选项 A 正确答案：A练 7 2019全国卷，20(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，
19、细绳水平t0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t4 s 时撤去外力细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取 10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为 1 kgB2 s4 s 内，力 F 的大小为 0.4 NC02 s 内，力 F 的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2解析：本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养分析知木板受到的摩擦力 ff.02 s，木板静止，Ff，F 逐渐增大，所以 C 错误.4 s5 s，木板加速度大小
20、a20.40.21m/s20.2 m/s2，对木板受力分析，fma20.2 N，得 m1 kg，所以 A 正确.2 s4 s，对木板有 Ffma1，Ffma10.2 N10.402 N0.4 N，所以 B 正确.由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故 D 错误答案：AB考点四 对超重和失重的理解1对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态(4)尽管
21、整体没有竖直方向的加速度，但只要整体中的一部分物体具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态2判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重物体向下加速或向上减速时，失重4 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台若电梯简化成只受重力
22、与绳索拉力，已知电梯在 t0 时由静止开始上升，a-t 图象如图所示则下列相关说法正确的是()At4.5 s 时，电梯处于失重状态B555 s 时间内，绳索拉力最小Ct59.5 s 时，电梯处于超重状态Dt60 s 时，电梯速度恰好为零解析：利用 a-t 图象可判断：t4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则 A 错误；05 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C 错误；因 a-t 图线与 t 轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积
23、”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在 t60 s 时为零，D 正确答案：D练 8 2019北京海淀区期中(多选)如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是()A将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态B将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态C将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出D饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出解析：本题考查不同情境下的超重、失重问题无论是竖直向上还是竖直向下抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为 g，处于完全失重状态，A 错
24、误，B 正确将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，受到月球的引力作用，则水会流出，D 错误答案：BC练 9 2020江苏扬州市联考(多选)如图所示为跳伞者在下降过程中速度 v 随时间 t 变化的示意图根据示意图，判定下列说法正确的是()A0t1 时间内速度越大，空气阻力越大B伞在水平方向上越飞越远Ctan g(g 为当地的重力加速度)D在 t1 和 t2 之间，跳伞者处于超重状态解析：本题借助运动图象考查超失重问题v-t 图象斜率代表加速度，0t1 时间内图象斜率变小，加速度变小，由 Ffmgma 知，空气阻力变大，故 A 正确；图象反映的是竖直方向上的运动情况，无法观察水平运动情况，故 B 错误；斜率代表加速度，在加速下降过程有 mamgFf，加速度小于等于 g，故tan g，故 C 错误；t1t2 时间内跳伞者减速下降，加速度向上，处于超重状态，故 D 正确答案：AD
