第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用(Word教参)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

第2讲　牛顿第二定律的应用 瞬时问题 1．牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受__合力__决定，加速度的方向与物体所受__合力__的方向一致．当物体所受合力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的__速度__不能发生突变． 2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别 (1)轻绳和轻杆：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将__突变为0__. (2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力__不能__发生突变． 超重和失重 1．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． 2．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． 3．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． 4．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． 动力学的两类基本问题 1．从受力确定运动情况 如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的__加速度__，再通过__运动学的规律__就可以确定物体的运动情况． 2．从运动情况确定受力 如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的__加速度__，再根据__牛顿第二定律__就可以确定物体所受的力． 1．判断下列说法的正误． (1)物体受到外力作用立即产生加速度和速度．(　×　) (2)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．(　×　) (3)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(　√　) (4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(　×　) 2．如图所示，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　A　) A．1.5g,1.5g,0 B．g,2g,0 C．g，g，g D．g，g,0 3．在竖直方向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FN.在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN.在此过程中(　D　) 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 命题点一　瞬时问题(师生共研) 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 ⇒⇒ 3．两个易混问题 (1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0. (2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变． (2024·湖南)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　A　) A．g,1.5g B．2g,1.5g C．2g,0.5g D．g,0.5g (多选)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg的小球1和2用轻质弹簧连接．某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动．某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　BD　) A．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 N B．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N C．手停止的瞬间，a1＝10 m/s2，a2＝10 m/s2 D．手停止的瞬间，a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　C　) A．图甲中A球的加速度大小为gsin θ B．图甲中B球的加速度大小为2gsin θ C．图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 命题点二　超重与失重现象(自主学习) 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． 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，物体处于超重状态 物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 (多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图像如图所示．根据图像提供的信息，下列判断正确的是(　ABD　) A．在0至t2时间内该同学处于失重状态 B．t2时刻该同学的加速度为零 C．t3时刻该同学的速度达到最大 D．在t3至t4时间内该同学处于超重状态 (多选)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，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　CD　) 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 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．根据图像提供的信息，下列说法正确的是(　D　) A．在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态 B．在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力 C．在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态 D．在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态 命题点三　动力学的两类基本问题 1.基本思路 2．基本步骤 3．解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析． (2)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． 如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车质量为m，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度大小g取10 m/s2. (1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示； (2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留两位有效数字) 解析　(1)对货车进行受力分析，可得小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcos θ， 而货车重力在沿上坡路面方向的分量为F＝mgsin θ，若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff≥F，即mgsin θ≤μmgcos θ，解得≤μ，tan θ≤μ，则当tan θ≤0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象． (2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律F合＝ma， 得F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma， 解得a＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.26＋0.30×0.97) m/s2＝5.51 m/s2， 设货车在避险车道上行驶的最大距离为x， 由题知v0＝90 km/h＝25 m/s ， 根据匀变速直线运动位移公式得 0－v＝－2ax， 代入数据，解得x＝＝ m＝57 m. 答案　(1)tan θ≤0.30　(2)57 m　 机器人在医护人员选择配送目的地后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中机器人“发现”正前方站着一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下．机器人从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s.已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，机器人(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N．(结果保留三位有效数字)求： (1)机器人从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大； (2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大． 解析　(1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知x1＝t1，x2＝t2，x＝x1＋x2， 解得x＝4 m. 由加速度定义式知a1＝，a2＝， 且有a2＝3a1，t0＝t1＋t2， 联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s， 则a1＝ m/s2＝4.17 m/s2， a2＝ m/s2＝12.5 m/s2. (2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有 F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2， 解得F1＝270 N，F2＝730 N. 答案　(1)4 m　4.17 m/s2　12.5 m/s2　(2)270 N　730 N　 如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)环与杆之间的动摩擦因数μ； (2)环沿杆向上运动的总距离x. 解析　(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有 Fcos θ－mgsin θ－Ff＝ma1， Fsin θ＝FN＋mgcos θ， Ff＝μFN， 设0.5 s末速度为v， 根据运动学公式有v＝a1t1， 撤去F后0.4 s内根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2， v＝a2t2， 联立以上各式得μ＝0.5， a1＝8 m/s2，a2＝10 m/s2， v＝a2t2＝4 m/s. (2)x＝a1t＋vt2－a2t＝1.8 m. 答案　(1)0.5　(2)1.8 m　 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2) (1)飞机在后一阶段的加速度大小； (2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小． 解析　(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff2＝0.2mg， 根据牛顿第二定律有F推－Ff2＝ma2， 代入数据解得a2＝4.0 m/s2. (2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1. 此过程中飞机受到的阻力Ff1＝0.05mg， 根据匀加速运动规律有v＝2a1l1，v2－v＝2a2(l－l1)， 根据牛顿第二定律有F牵＋F推－Ff1＝ma1， 代入数据解得 a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N. 答案　(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.05×106 N　 学科网（北京）股份有限公司 $$