第13讲牛顿第二定律的基本应用（讲义）

第13讲牛顿第二定律的基本应用目录复习目标网络构建考点一动力学两类基本问题【夯基·必备基础知识梳理】知识点1解决动力学两类问题的两个关键点知识点2两类动力学问题的解题步骤【提升·必考题型归纳】考向1已知受力情况求运动情况考向2已知运动情况求受力情况考点二超重与失重【夯基·必备基础知识梳理】知识点1超重与失重的概念知识点2超重与失重的的判断方法【提升·必考题型归纳】考向1生活中的超重与失重考向2与超重失重有关的图像问题考点三等时圆模型【夯基·必备基础知识梳理】知识点1圆周内同顶端的斜面知识点2圆周内同底端的斜面知识点3双圆周内斜面【提升·必考题型归纳】考向等时圆模型的应用考点四动力学图像问题【夯基·必备基础知识梳理】知识点动力学图像问题类型、解题策略、破题关键【提升·必考题型归纳】考向1v­t图像考向2a­t图像考向3F­t图像考向4F­a图像真题感悟利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题、超重失重、等时圆和动力学图像问题。学会用牛顿第二定律解决实际生活问题。考点要求考题统计考情分析（1）动力学两类基本问题（2）超重与失重（3）等时圆模型（4）动力学图像问题2023年全国甲卷第19题2022年天津卷第11题2022年辽宁卷第7题高考对动力学两类基本问题的考查较为频繁，而且大多联系实际生活以计算题的形式出现；超重与失重、动力学图像问题多以选择题的形式出现，难度是较低。考点一动力学两类基本问题知识点1解决动力学两类问题的两个关键点1.把握“两个分析”“一个桥梁”2.找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。知识点2两类动力学问题的解题步骤考向1已知受力情况求运动情况1．如图所示，固定在水平地面上、倾角的斜面底端有一挡板，其顶端有一轻质小滑轮，一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮，两端分别与物块A、B连接，物块A的质量为4m，物块B的质量为m。开始将物块B按在地面上，物块A距挡板的距离为d，突然放手后物块A开始下滑，与挡板碰撞后速度立刻变为0。不计一切摩擦，则物块B上升的最大高度为（）

A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为a，A接触挡板时的速度大小为v，则由牛顿第二定律有由运动学公式有解得之后B以速度向上做竖直上抛运动，上升的高度为则物块B上升的最大高度为故选B。2．如图所示，某景区有一座与水平面夹角为，长度为L的小山坡，欲利用此地形修建一座滑草场。乘客乘坐设备从坡顶由静止开始沿直线滑道滑下，并平滑进入到水平直线滑道减速至停下。整个滑道上铺设的草皮与滑草设备底面的动摩擦因数为，设乘客始终保持规范姿态且不调整设备，忽略空气阻力影响。下列说法正确的是（）A．加速下滑与水平减速两段过程中的平均速度的大小相同B．为保证乘客能顺利沿滑道滑下，要满足动摩擦因数C．不同体重的乘客沿滑道加速下滑的过程中加速度不同D．为了乘客的安全，修建的水平滑道长度至少为【答案】A【详解】A．乘客从坡顶由静止开始沿直线滑道滑下，设到坡底的大小速度为v，沿水平直线滑道减速至停下，由可知，加速下滑与水平减速两段过程中的平均速度的大小相同，故A正确；B．为保证乘客能顺利沿滑道滑下，则有可得故B错误；C．由可知，加速度与乘客的质量无关，故C错误；D．由可得故D错误。故选A。考向2已知运动情况求受力情况3．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，已知返回舱总质量约为3100kg。快到地面时，返回舱的缓冲发动机向下喷气，落地时速度恰好为0。返回舱落地前最后一秒的vt图像如图，g取，下列描述正确的是（）A．返回舱距离地面1.2m时，缓冲发动机启动B．最后一秒内的平均速度大小为5m/sC．返回舱减速过程中，航天员处于失重状态D．缓冲发动机对返回舱的作用力约为【答案】A【详解】A．由vt图像可知，返回舱在缓冲发动机启动之前做匀速下降，缓冲发动机启动之后匀减速直线下降，匀减速直线运动位移即为图线与坐标轴围成的面积故返回舱距离地面1.2m时，缓冲发动机启动，A正确；B．最后一秒内返回舱的总位移故其在最后一秒的平均速度大小为故B错误；CD．匀减速直线运动的加速度大小即为图线在时间段内的斜率由牛顿第二定律可得缓冲发动机对返回舱的作用力约为由于，返回舱减速过程中，返回舱处于超重状态，所以舱内的宇航员也处于超重状态，CD错误。故选A。4．一热气球悬停在距地面65m处（无人区），由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到3m/s，此时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前的高度。已知热气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg，堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻力可以忽略不计，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为B．热气球堵住后受到的浮力大小为5600NC．热气球距地面的最小距离为20mD．抛出物的质量为23.3kg【答案】AD【详解】A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小故A正确；B．根据牛顿运动定律有解得故B错误；C．设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为，则气球回到原高度时有把代入上式，解得热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为可得热气球下降的最大高度为所以热气球距地面的最小距离为故C错误；D．设抛出物的质量为，抛出后根据牛顿运动定律，有解得故D正确。故选AD。考点二超重与失重知识点1超重与失重的概念1.实重和视重(1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态。

(2)视重: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示数称为视重。2.超重、失重和完全失重的比较比较项超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体的加速度等于g运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以加速度g加速下降或减速上升原理方程Fmg=ma→F=m(g+a)mgF=ma→F=m(ga)mgF=mg→F=0知识点2超重与失重的的判断方法1．判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化角度判断：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。2．对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。考向1生活中的超重与失重1．如图所示，在某城市的建筑工地上，工人正在运用夹砖器把两块质量均为m的相同长方体砖块夹住后竖直向上加速提起。已知每块砖块能承受的最大压力大小为F，夹砖器与每个砖块的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在加速提起砖块的过程中，下列说法正确的是（）A．在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态B．夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等C．砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为D．两块砖块之间的摩擦力一定不为零【答案】C【详解】A．在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；B．砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖块压力大小相等，B错误；C．夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为，C正确；D．加速度最大时，单独对其中一个砖块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力以及夹砖器对其向上的静摩擦力，有解得故两块砖块之间摩擦力为零，D错误。故选C。2．如图所示，一蹦极爱好者正进行蹦极。从爱好者跳出高台直至最后在空中静止下来的整个运动过程中，下列说法正确的是（）A．爱好者在加速下落过程中，其惯性增大B．爱好者离开高台瞬间，其速度和加速度都为零C．爱好者第一次下落到最低点时，其处于超重状态D．爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳对爱好者的拉力大于重力，处于超重状态【答案】C【详解】A．惯性的大小只与物体的质量有关，质量不变，惯性大小不变，故A错误；B．爱好者离开高台瞬间，速度为零，加速度不为零，故B错误；C．爱好者第一次下落最低点时，绳的拉力大于重力，具有向上的加速度，处于超重状态，故C正确；D．爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳的拉力先大于重力，加速度向上，人处于超重状态；随着人向上运动，绳的拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，人处于平衡状态，速度达到最大；人继续上升，绳的拉力小于重力，加速度向下，人处于失重状态，故D错误。故选C。考向2与超重失重有关的图像问题3．加速度传感器是一些智能上配备的较为实用的软件，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（）

A．在时刻速度为0B．运行过程中有可能与升降机分离C．在时间内，处于超重状态D．在时间内，升降机受到的压力先减小再增大【答案】B【详解】A．根据题意，由图可知，之前加速度一直向上，时刻，则向上速度达到最大，故A错误；B．根据题意，由图可知，有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以有可能离开过升降机，故B正确；C．根据题意，由图可知，的加速度向下，处于失重状态，故C错误；D．根据题意，由图可知，加速度向上，由牛顿第二定律有由于减小，则减小，加速度向下，由牛顿第二定律有由于增大，则减小，即在时间内，升降机对的支持了一直减小，由牛顿第三定律可知，机对升降机的压力一直减小，故D错误。故选B。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．时间内，v增大， B．t1~t2时间内，v减小，C．t2~t3时间内，v增大， D．t2~t3时间内，v减小，【答案】D【详解】A．因st图像的斜率等于速度，可知时间内，v增大，加速度向下，失重，则选项A错误；

B．t1~t2时间内，v先增加后减小，加速度先向下后向上，则先失重后超重，则先，后，选项B错误；CD．t2~t3时间内，v减小，加速度向上，超重，则，选项C错误，D正确。故选D。考点三等时圆模型知识点1圆周内同顶端的斜面如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。知识点2圆周内同底端的斜面如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。知识点3双圆周内斜面如图所示，在竖直面内两个圆中，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1＝t2＝t3。考向等时圆模型的应用1．如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘小球（未画出）分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与竖直方向夹角为60°，AC经过圆心，AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放，小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为，则小球在三根细杆上运动的时间关系为（）A． B． C． D．无法确定【答案】B【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为，可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与平行，且由A指向B。延长，作交于M，以为直径画一个圆（图中虚线），与该圆交于N。设，则小球沿杆运动的加速度为位移为由得与无关，由等时圆模型知而，，故故选B。2．如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小圆环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系不正确的是（

）A．t1>t2 B．t2=t1 C．t1=t3 D．t2<t4【答案】B【详解】以OA为直径画园，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gcosθ（θ为杆与竖直方向的夹角），如图所示由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rcosθ根据位移时间关系可得运动时间为由此可知t与θ无关，则从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1=t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1>t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2<t4综上有t4>t3=t1>t2本题选择不正确的，故选B。考点四动力学图像问题知识点动力学图像问题类型、解题策略、破题关键常见图像v­t图像、a­t图像、F­t图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，求解物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。破题关键(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，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)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。考向1v­t图像1．如图所示，一长木板a在光滑水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度时间图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】长木板和滑块速度达到相对之前，相对向左运动，受到向右的摩擦力和恒力，受到向左的摩擦力，做减速运动，做加速运动，由于不清楚、质量以及恒力的大小，无法比较、加速度的关系，、共速后，若在作用下，、间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，对、整体由牛顿第二定律可知，、一起做加速运动，若在作用下，、间的摩擦力达到最大静摩擦力后，则、加速度大小不相等，均做加速运动。故选D。14．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的vt图像如图乙所示，物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（）

A．0～1s内物块的加速度为B．物块与木板间的动摩擦因数为0.2C．拉力F的大小为21ND．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3m【答案】BC【详解】A．由图像可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0～1.5s内的加速度为故A错误B．对物块有可得物块与木板间的动摩擦因数为故B正确C．在1～1．5s内木板的加速根据牛顿第二定律有得撤去拉力F前，木板的加速度根据牛顿第二定律有得故C正确；D．由图像可知共速时速度为3m/s，则在1．5s内物块位移为，1.5s内木板位移为在1．5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小物块到停止的时间还需木板的加速度大小为，则有得木板到停止的时间还需所以木板比物块早停止运动，在1．5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为木板位移为则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为故D错误；故选BC。考向2a­t图像3．智能安装软件后，可利用上的传感器测量运动的加速度，带塑胶软壳的从一定高度由静止释放，落到地面上，传感器记录了运动的加速度a随时间t变化的关系，如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法错误的是（）

A．释放时，离地面的高度为B．第一次与地面碰撞的作用时间为C．第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍D．0至内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等【答案】C【详解】A．由图可知，时刻开始接触地面，则内做自由落体运动，释放时，离地面的高度为故A正确，不满足题意要求；B．由图可知，时刻开始接触地面，时刻开始离开地面，则第一次与地面碰撞的作用时间为，故B正确，不满足题意要求；C．由图可知，时刻的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得可得第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误，满足题意要求；D．由图可知，时刻的加速度最大，此时受到地面的弹力最大，处于最低点，的速度为零，则时间内的速度变化量为零，根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0至内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确，不满足题意要求。故选C。4．物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=ls时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（）A．b物块的质量为3kgB．恒力F的冲量为1N·sC．t=ls时b的速度小于0.15m/sD．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为【答案】BD【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有，t=1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有；联立以上三式解得故A错误；B．恒力F的冲量为故B正确；C．at图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t=ls时b的速度故C错误；D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则解得故D正确。故选BD。考向3F­t图像6．如图甲所示，A、B两个物体相互接触但不黏合，放置在粗糙水平地面上，两物体的质量分别为。t=0时，推力、分别作用于A、B上，、随时间t的变化规律如图乙所示。已知两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度。下列说法正确的是（）

A．