第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用（word教师用书）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

　牛顿第二定律的应用 一、两类动力学问题 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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示： 二、超重与失重 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 2．超重 (1)定义：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现象。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 3．失重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 4．完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 1．判断正误 (1)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。(×) (2)失重说明物体的重力减小了。(×) (3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×) (4)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。(√) (5)根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。(×) 2.(人教版教材原题改编)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中(　　) A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态 B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态 C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态 D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零 解析：C　在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。 3.(粤教版教材原题改编)一小物块从倾角为α＝30°足够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s 沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　) A．3.75 m　　　　　 B．5 m C．6.25 m D．15 m 解析：B　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mgsin α＝μmgcos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。 考点一　瞬时性问题 (基础考点) 1．两类模型 注意：若剪断弹簧或橡皮条，弹力立即消失。 2．在求解瞬时加速度时应注意的问题 (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。 1．如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上。一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向。已知重力加速度为g。则(　　) A．球1和球2的质量之比为1∶1 B．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下 C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 解析：C　对两球作为整体受力分析且由平衡可得F弹＝(m1＋m2)gtan 30°，对小球2受力分析且由平衡可得F弹＝m2gtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F弹不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0，则A加速度为a1＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a2竖直＝g，a2水平＝＝＝g，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上球2加速度向右，球2总的加速度斜向右下，轻绳B绷紧，则轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0，假设不成立。故球1除了受到重力还受到轻绳B斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g；球2除重力和弹力外还受到绳子B斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g。故B、D错误，C正确。 2．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．图甲中A球的加速度为gsin θ B．图甲中B球的加速度为0 C．图乙中A、B两球的加速度均为0 D．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ 解析：D　题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mgsin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsin θ，加速度为3gsin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mgsin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mgsin θ，加速度均为gsin θ，选项C错误，D正确。 3．(2024·江苏扬州高三质检)如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列结论正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g 解析：C　甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误。 考点二　超重与失重问题(能力考点) 1．超重与失重的理解 (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)物体是否处于超重或失重状态，与速度无关，只与加速度的竖直分量有关。 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 　(2024·河南南阳模拟)(多选)在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．飞行员的质量为70 kg B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下 C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下 D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2 解析：BD　由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，D正确。 4．(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s 解析：A　因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s。故选A。 5．(经典高考题)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A．0～t1时间内，v增大，FN>mg B．t1～t2时间内，v减小，FN<mg C．t2～t3时间内，v增大，FN<mg D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg 解析：D　根据s-t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，D正确。 考点三　动力学的两类基本问题(能力考点) 解答动力学两类基本问题的关键 　(2024·山东重点中学高三联考)如图所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则 (1)物体到达B点时的速度是多大？ (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？ 解析：(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma 代入数据解得a＝2 m/s2 M到B，根据速度与位移关系式可知 vB2＝2aL 代入数据解得vB＝6 m/s。 (2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 代入数据解得a1＝10 m/s2 根据速度与位移关系式可知vB2＝2a1x 解得x＝1.8 m 由vB＝a1t1得t1＝0.6 s 因μ＜tan θ，所以物体速度减为零后会继续下滑，下滑时根据牛顿第二定律可知 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由x＝a2t22得t2＝ s 所以物体在斜面上滑行的总时间 t＝t1＋t2＝(0.6＋) s≈1.94 s。 答案：(1)6 m/s　(2)1.94 s 　(2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； (2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； (3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 解析：(1)根据题意知，汽车做匀减速直线运动，则汽车从开始刹车到停止过程 平均速度＝ 刹车时间t1＝ 解得t1＝4 s 刹车加速度a＝ 根据牛顿第二定律有Ff＝ma 解得Ff＝2.5×103 N。 (2)小朋友全部通过斑马线所需时间 t2＝ 解得t2＝24 s 汽车等待时间t＝t2－t1＝20 s。 (3)根据v22－v2＝2as 解得汽车到斑马线时的速度v＝5 m/s。 答案：(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s 6．我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。 (1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度； (2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。 解析：(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv12＝m1g 装载弹药后起飞时，有kv22＝m2g 解得v2＝96 m/s。 (2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t 解得t＝3.75 s 由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2 飞机水平方向所受合力F水平＝m2a 解得F水平≈6.55×104 N。 答案：(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104 N 7．(2022·浙江卷)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员) 图1　　　　　　　　　　图2 (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 解析：(1)AB段v12＝2a1x1 a1＝ m/s2。 (2)AB段v1＝a1t1，t1＝3 s BC段t2＝2 s，x2＝v1t2＋a2t22 a2＝2 m/s2 v＝v1＋a2t2＝12 m/s。 (3)mgsin θ－Ff＝ma2，Ff＝66 N。 答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 素养培优3　物体在三类光滑斜面上运动时间的比较 类型1　等高斜面(如图1所示) 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝，可得t＝ ，可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。 图1　　　　　　　　　　图2 类型2　同底斜面(如图2所示) 由L＝at2，a＝gsin θ，L＝，可得t＝ ，可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。 类型3　等时圆模型 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图3所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图4所示。 3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图5所示。 　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2　　　　　 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 解析：BCD　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。 　某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，可以得到的正确结论是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同 C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同 解析：C　小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝ ＝ ，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$