1、第二节牛顿第二定律的应用考点一瞬时问题1求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。2两种模型3注意问题(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。(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。 如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为()AgB.C. D.解析当框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的
2、作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mgMg，对小球由牛顿第二定律可得mgMgma，解得小球的加速度大小为a。答案D【对点练1】用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一端固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后()A小球立即获得的加速度B小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C小球落地的时间小于D小球落地的速度大于解析：选D。细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力F合，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合ma，解得a，A错误；做平抛运动的物体只受重力，将细绳剪断后，小球
3、受到重力和弹簧的弹力共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有hgt2，故小球落地的时间t，C错误；如果不受弹簧弹力，小球将做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v22gh，解得落地速度v，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，D正确。【对点练2】(多选)如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于
4、静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是()A轻绳a的拉力大小为6mgsin BB的加速度大小为gsin ，方向沿斜面向下CC的加速度为0D杆的弹力为0解析：选BD。轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FTmgsin ，A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m3m)gsin (2m3m)a0，解得a0gsin ，方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2m
5、gsin F2ma0，解得杆对B的弹力F0，D正确。考点二超重和失重现象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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会处于超重或失重状态。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
6、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(1)物体向上加速或向下减速时，超重(2)物体向下加速或向上减速时，失重在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。 在升降机底部安装一个压力传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是()A在02t0时间内，物块先处于
7、失重状态，后处于超重状态B在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态Ctt0时刻，物块所受的支持力大小为mgDt3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg解析由题图乙可知，在02t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由题图乙可知，在t03t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B错误；由题图乙可知，tt0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由题图乙可知，t3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。答案C【对点练3】(多选)(2020南通市5月第二次模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离
8、开床面为第二过程，则运动员()A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD。运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。【对点练4】(20184月浙江选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列Ft图象能反映体重计示数随时间变化
9、的是()解析：选C。下蹲时先加速下降，后减速下降，故先失重，后超重，F先小于重力，后大于重力，C正确。考点三动力学图象问题1动力学图象问题的类型图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律Fma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：2数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。(
10、3)常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。 (多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是()解析从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变速直线运动，vt图线斜率恒定；绳
11、子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，vt图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，随着弹力增大加速度逐渐增大，vt图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以A正确，B错误；从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定。绳子拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mgk(yy0)ma，则加速度为ag，弹力等于重力之后，人开始减速运动，k(yy0)mgma，则加速度为ag，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故D正确，C错误。答案AD【对点练5】
12、从地面上以初速度v0竖直上抛一个小球，已知小球在运动过程中所受空气阻力与速度大小成正比，则小球从抛出到落回地面的过程中，以下其速度与时间关系的图象正确的是()解析：选D。物体上升过程中mgkvma上，则随速度的减小，加速度减小，最高点时加速度大小为g，物体下降过程中mgkvma下，则随速度的增加，加速度减小；因vt图象的斜率等于加速度，可知图象D符合题意。考点四动力学的两类基本问题1解题步骤2两个关键点 (20207月浙江选考)如图甲所示，有一质量m200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线
13、如图乙所示，t34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。解析(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律mgFTma得ag0.125 m/s2方向竖直向下。(2)物体做匀减速运动的时间t28 s，根据运动学公式vat21 m/s。(3)匀速上升的位移h1vt126 m匀减速上升的位移h2t24 m总位移大小满足hh1h2，解得h40 m。答案(1)0.125 m/s2竖直向下(2)1 m/s(3)40 m【对点练6】 (2020温州市4月适应性测试)201
14、9年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L1157.5 m，倾斜轨道高h6 m，水平投影长L242.5 m。总质量为3.0104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：(1)在水平轨道上运动的加速度大小；(2)
15、在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。解析：(1)根据速度位移公式v2v2aL1，解得a20 m/s2；(2)根据牛顿第二定律得FFfma解得Ff2.0105 N；(3)A到C位移x200 m所用的时间t0.5 s4 s平均速度50 m/s。答案：(1)20 m/s2(2)2.0105 N(3)50 m/s(建议用时：50分钟)1在竖直运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为N。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于N。在此过程中()A物体受到的重力增大B物体处于失重状态C电梯可能正在加速下降D电梯可能正在加速上升解析：
16、选D。物体的视重变大，但是受到的重力没变，A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，B错误；物体超重，则加速度向上，则电梯可能正在加速上升或者减速下降，C错误，D正确。2(2020石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图象提供的信息，下列说法正确的是()A在05 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B在510 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力C在1020 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态D在2025 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态解析：选D。在05 s内
17、，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；510 s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在1020 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，该同学处于失重状态，故C错误；在2025 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故该同学处于失重状态度，故D正确。3(2020浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G、N、f表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是()解析：选D。
18、人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力。人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的，D正确。4(20211月浙江选考)如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同一高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们()A沿雪道做匀速直线运动B下滑过程中机械能均守恒C前后间的距离随时间不断增大D所受重力沿雪道向下的分力相同答案：C5(20211月浙江选考)如图所示，质量m2 kg的滑块以v016 m/s的初速度沿倾角37的斜面上滑，经t2 s滑行到最高点。然后，滑块
19、返回到出发点。已知sin 370.6，cos 370.8，求滑块(1)最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数；(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。解析：(1)小车向上做匀减速直线运动，有xt得x16 m。(2)加速度a18 m/s2上滑过程a1gsin gcos 得0.25。(3)下滑过程a2gsin gcos 4 m/s2由运动学公式vt8 m/s11.3 m/s重力的平均功率mgcos(90)48 W67.9 W。答案：(1)16 m(2)0.25(3)67.9 W6如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速
20、度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为，则()A杆对环的压力为mgsin masin B环与杆的摩擦力为mgcos macos C环对杆和球的作用力为mgmaD杆和球处于失重状态解析：选C。杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直于BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向：Ffmgsin masin 垂直于BA方向：FNmgcos macos 得Ffmgsin masin FNmgcos macos A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上且Fmgma，即Fmgma，C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重
21、状态，D错误。7.(2020宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示。g取10 m/s2，空气阻力不计。可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6。(1)求物块初速度v0的大小；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)。解析：(1)当90时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm3.2 m由v2gxm，得v08 m/s。(2)当0时，物块相当于在水平面上
22、做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x6.4 m由运动学公式v2ax得a10 m/s2由牛顿第二定律得：mgma，得0.5。(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x3.2 m由运动学公式v2ax得a10 m/s2由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma得10sin 5cos 10，得37。因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端。答案：(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回底端，理由见解析8(20184月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37的倾斜冰面
23、上，先以加速度a0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数0.25，已知sin 370.6，cos 370.8。求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)解析：(1)企鹅向上奔跑的位移：xat2，解得：x16 m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程分别由牛顿第二定律有：mgsin
24、37mgcos 37ma1mgsin 37mgcos 37ma2解得：a18 m/s2，a24 m/s2。(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t，位移为x；t，xa1t2，解得：x1 m。企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：v022a2(xx)解得：vt2 m/s。答案：(1)16 m(2)8 m/s24 m/s2(3)2 m/s9(2020绍兴市适应性考试)一小孩推滑块游戏的装置如图所示，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6的光滑斜面BC和平台CD构成。若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上
25、滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台。已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 60.1，重力加速度g取10 m/s2滑块可看成质点且在B处的速度损失不计。(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间。解析：(1)在AB段对滑块分析，根据牛顿第二定律得Fmgma1得a11 m/s2；(2)由v2a1xAB得vB2 m/s；在斜面上运动的加速度a2gsin 61 m/s2由vv2a2xBC得vC m/s；(3)恰能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由vB22a2xBC得vB m/s；那么最长时间t s。答案：(1)1 m/s2(2) m/s(3) s
