第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第三章　运动和力的关系 第2讲　牛顿第二定律的基本应用 返回目录 返回目录 返回目录 × √ × √ √ × √ × √ 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2．会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算。 【微点辨析】 (1)物体的质量与加速度成反比。( ) (2)物体受到外力作用，立即产生加速度。( ) (3)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。( ) (4)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。( ) (5)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) (6)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。( ) (7)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。( ) (8)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。( ) (9)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。( ) 考点 eq \a\vs4\al(1) 瞬时性问题(素养自修) 1．两种模型 加速度与合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．解题思路 eq \x(\a\al(分析瞬时变化前后,物体的受力情况)) ⇒ eq \x(\a\al(列牛顿第二,定律方程)) ⇒ eq \x(\a\al(求瞬时,加速度)) 1．(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　) A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 eq \f(g,cos θ) D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ 解析　据题意，在AC剪断前有：TBC＝ eq \f(mg,cos θ) ，AC剪断后有：TBC′＝ mg cos θ，且mg sin θ＝ma，所以A错误、B正确；在BC剪断前：TAC＝mg tan θ，BC剪断之后，据橡皮筋弹力瞬间保持原值的特性有：TAC′＝TAC＝mg tan θ，其合力为F合＝ eq \r(TAC2＋G2) ，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，则加速度为a＝ eq \f(F合,m) ＝ eq \f(g,cos θ) ，所以C正确、D错误。 答案　BC 2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ eq \f(M＋m,M) g D．a1＝g，a2＝ eq \f(m＋M,M) g，a3＝0，a4＝ eq \f(M＋m,M) g 解析　当1与2下的板抽出后，连接1与2间的杆对1与2的作用力突变为零，1、2一块做自由落体运动，加速度为g，故A、D错误；当3与4下方的板抽出瞬间，弹簧的形变量还未变化，此时弹簧弹力对3和4与没抽出板时的弹力均相同，故3受力仍平衡，加速度为零，4的加速度为：a4＝ eq \f(M＋m,M) g。由上分析知B错误，C正确。 答案　C 考点 eq \a\vs4\al(2) 两类动力学基本问题(方法模型) 1．解决两类动力学问题的两个关键点 两个分析 受力情况分析；运动情况分析 两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁 速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象 受力分析和运动过程分析 画好受力示意图、运动过程示意图，明确物体的运动性质和运动过程 选取正方向或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向 确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律F合＝ma或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Fx＝max,Fy＝may)) 列方程求解，必要时对结果进行讨论 考向2　已知物体运动情况，分析物体受力情况 [例3]　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)v1＝36 km/h＝10 m/s， v2＝54 km/h＝15 m/s， 根据平均速度公式得t1＝ eq \f(s,\x\to(v)) ＝ eq \f(2s,v1) ， 解得刹车时间t1＝4 s， 刹车加速度a＝ eq \f(－v1,t1) ＝－2.5 m/s2， 根据牛顿第二定律得－Ff＝ma， 解得Ff＝2.5×103 N； (2)小朋友通过斑马线的时间t2＝ eq \f(l＋L,v0) ＝24 s， 汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s； (3)根据速度位移公式得v2－v22＝2as， 解得v＝5 eq \r(5) m/s。 答案　(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 eq \r(5) m/s 解析　撤去F前，由牛顿第二定律得， F－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2， 由匀变速直线运动规律得， x1＝ eq \f(1,2) a1t2＝4 m， v1＝a1t＝4 m/s， 撤去F后， 由牛顿第二定律得μmg＝ma2， 解得a2＝μg＝2 m/s2，方向向右， d－x1＝v1t1－ eq \f(1,2) a2t12， 解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)， 第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s， 之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得， mg sin θ＝ma3， 解得a3＝g sin θ＝5 m/s2， 物体再经过t2＝2 eq \f(v2,a3) ＝0.8 s第二次到达B点， 故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点。 答案　1 s和1.8 s 4．如图所示，质量M＝10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。在木楔的倾角为37°的斜面上，有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路程s＝1.4 m时，其速度v＝1.4 m/s。在这过程中木楔没有动，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)地面对木楔的摩擦力的大小和方向。 (2)地面对木楔的支持力的大小。 解析　(1)由速度位移公式v2＝v02＋2as，得物块沿斜面下滑的加速度为a＝ eq \f(v2,2s) ＝0.7 m/s2，由于a<g sin θ＝6 m/s2，可知物块受到摩擦力作用。分析物块受力，受三个力，如图(a)所示。沿斜面的方向，根据牛顿第二运动定律有mg sin θ－f1＝ma，垂直于斜面的方向，由平衡条件可知mg cos θ－N1′＝0。分析木楔受力，它受五个力作用，如图(b)所示，由牛顿第三定律可知N1＝N1′，对于水平方向，根据平衡条件有f2＋f1cos θ－N1sin θ＝0，由此可解得地面作用于木楔的摩擦力大小f2＝0.56 N，方向水平向左； (2)分析木楔受力，在竖直方向上，由平衡条件可知f1sin θ＋N1cos θ＋Mg＝N2，解得地面对木楔的支持力的大小为N2＝109.58 N。 答案　(1)0.56 N　方向水平向左　(2)109.58 N 考点 eq \a\vs4\al(3) 超重与失重现象(互动共研) 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“体重计示数”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。 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或向上的分加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度或向下的分加速度时，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 [例4]　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　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。 答案　D 6．某同学做引体向上，开始两手紧握单杠，双臂竖直，身体悬垂，手掌间距略大于肩宽；接着用力向上拉使下颚超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是(　　) A．在下降过程中，该同学始终处于失重状态 B．在加速上升过程中，手对杠的作用力等于杠对手的作用力 C．若增加两手之间的距离，最终悬垂时该同学会觉得更省力 D．该同学悬垂在单杠上静止时，他对杠的作用力和杠对他的作用力是一对平衡力 解析　在下降过程中，该同学先向下加速再向下减速，加速度方向先向下再向上，该同学先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；无论该同学处于何种状态，手对杠的作用力与杠对手的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小总是相等，故B正确，D错误；悬垂时两手拉力的合力等于重力。依据力的合成法则，当增大两手间的距离，即增大两拉力的夹角，因拉力的合力不变，则拉力增大，该同学会觉得更费力，故C错误。故选B。 答案　B 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，如图甲所示。 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，如图乙所示。 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，如图丙所示。 1．如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　) A．从A处释放的球 B．从B处释放的球 C．从C处释放的球 D．从A、B、C三处释放的球同时到达 解析　假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α，下滑时小球的加速度a＝g cos α，根据位移时间公式得s＝ eq \f(1,2) at2，则t＝ eq \r(\f(2s,a)) ＝ eq \r(\f(4（r＋R）cos α,g cos α)) ＝ eq \r(\f(4（r＋R）,g)) ，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同。由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B。 答案　B 2．(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点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，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　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，则c、O、d无初速释放的小滑环到达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aca＞aO b，由x＝ eq \f(1,2) at2可知t2＞tca，故选项A错误，B、C、D正确。 答案　BCD $$