2022版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用学案新人教版

1、第2讲牛顿第二定律的基本应用知识点1两类动力学问题1动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的运动情况；第二类：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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度va均匀减为vb的过程中前进的距离为x。(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。答案(1)匀减速直线运动，能，加速度大小为，方向与运动方向相反。(2)三个力作用，摩擦力大小为，方向与运动方向相反。知识点2超重与失重1实重和视重(1)实重：物体

2、实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(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。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念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物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小ag原理方程fmgmafm(ga)mgfmafm(ga)mgfmamgf0运动状态加速上升或减速下降

3、加速下降或减速上升以ag加速下降或减速上升双基自测一、堵点疏通1已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。()2加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。()3减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。()4加速上升的物体处于超重状态。()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。()二、对点激活1(2021福建长乐高级中学月考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是(c)a在第一过程中，运动员始终处

4、于失重状态b运动员接触床面时的速度最大c在第二过程中，运动员的速度先增大后再减小d运动员离开床面后处于超重状态解析本题考查蹦床运动中的超重和失重问题。区分超重和失重看加速度的方向，加速度方向向下，物体处于失重状态，此时有两种运动状态，加速下降或减速上升；加速度方向向上，物体处于超重状态，此时有两种运动状态，加速上升或减速下降。运动员从接触床面到下降至最低点的第一过程中，加速度方向先向下后向上，所以运动员先处于失重状态后处于超重状态，当弹力等于运动员的重力时运动员的速度最大，a、b错误。从最低点上升到离开床面的第二过程中，运动员的加速度方向先向上后向下，运动员先处于超重状态后处于失重状态，先做加

5、速运动后做减速运动，c正确。运动员离开床面后，加速度方向向下，处于失重状态，d错误。2(多选)如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为f2 n的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(bc)a物体经10 s速度减为零b物体经2 s速度减为零c物体速度减为零后将保持静止d物体速度减为零后将向右运动解析物体受到向右的滑动摩擦力fffnmg3 n，根据牛顿第二定律得am/s25 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间ts2 s，b正确，a错误；减速到零后，物体将保持静止，不再运动，c正确，d错误

6、。3行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)(c)a450 nb400 nc350 nd300 n解析汽车的速度v0 90 km/h25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得fma705 n350 n，所以c正确。核心考点重点突破he xin kao dian zhong dian tu po考点一应用牛顿第二定律

7、分析瞬时问题两种模型加速度与合外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：例1(多选)如图，质量相等的a、b两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板c与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(cd)a两图中每个小球加速度均为gsin b两图中a球的加速度均为零c图甲中b球的加速度为2gsin d图乙中b球的加速度为gsin 解析本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对b球的弹力大小为2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中a球所受合力为零，加速度为零，b球所受合力为2mgs

8、in ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，a、b球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin 。故a、b错误，c、d正确。名师点拨“四步骤”巧解瞬时性问题 第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。变式训练1如图所示，a，b两小球分别用轻质细绳l1和轻弹簧系在天花板上，a，b两小球之间用一轻质细绳l2连接，细绳l1、弹簧与竖直方向的夹角均为，细绳l2恰能水平拉直，现将细绳l2剪断，则细绳l2剪断瞬间，下列说法正确的是(d)a细绳l1上的拉力与弹簧弹力之比为11b细绳l1上的拉力与弹簧弹

9、力之比为1cos2ca与b的加速度之比为11da与b的加速度之比为cos 1解析根据题述可知，l2剪断之前，a，b两球的受力情况完全一样，a，b两球的质量相等，均设为m。剪断细绳l2瞬间，对a球受力分析，如图(甲)所示，由于细绳l1的拉力突变，将重力mg沿细绳l1方向和垂直于细绳l1方向进行力的分解，得ftmgcos ，ma1mgsin ；剪断细绳l2瞬间，对b球进行受力分析，如图(乙)所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有fcos mg，ma2mgtan ，所以ftfcos2 1，a1a2cos 1，则d正确。考点二超重与失重现象1判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直

10、方向，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)尽管不是整体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，整体也会出现超重或失重状态。2易错、易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)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。例2在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳

11、定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是(d)a只有“起立”过程，才能出现失重现象b只有“下蹲”过程，才能出现超重现象c“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象d“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象解析下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故a，b，c错误，d正确。名师点拨超重和失重现象判断的“三”技巧 (1)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

12、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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化的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。变式训练2某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g10 m/s2)(d)a2 m/s2竖直向上b m/s2竖直向上c2 m/s2竖直向下d m/s2竖直向下解析由题意可知，在地面上，人的最大举力为fmaxmg500 n，在电梯中人能

13、举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：mgfmaxma，即am/s2m/s2，所以选项d正确。考点三动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路类型1已知物体受力情况，分析运动情况例3飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和轮胎与地面之间的摩擦力作用。其中机翼升力与阻力均与飞机运动的速度的二次方成正比，且比例系数分别为k1和k2，地面的摩擦力与地面支持力成正比。已知飞机质量为m，飞机在跑道上加速滑行时发动机推力为f。(1)飞机刚要起飞时的速度v多大？(2)若飞机在水平跑道上匀加速滑行，则地面的摩擦力与地面支持力成正

14、比的比例系数应满足什么条件？(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？解析(1)根据题意有飞机离开跑道时，飞机的升力与重力平衡，故有mgf升k1v2解得飞机起飞时的速度为v 。(2)设轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为，得飞机水平方向受推力f、地面摩擦力f地阻和空气阻力f空阻作用，根据牛顿运动定律，合力使飞机产生加速度有fk2v2(mgk1v2)ma要使飞机做匀加速运动，故可知k1v2k2v20即满足。(3)匀加速运动的加速度为ag起飞的条件为f支0，即k1v2mg由匀加速运动关系式为v2v2ax得x。答案(1)(2)(3)名师点拨解决动力学两类基本问题应把握的关键

15、 (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。类型2已知物体运动情况，分析受力情况例4如图所示，质量m10 kg的木楔abc静置于粗糙水平地面上，木楔与地面的动摩擦因数0.2。在木楔的倾角为37的斜面上，有一质量m1.0 kg的物块由静止开始从a点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x1 m时，其速度v2 m/s，在这过程中木楔没有动。(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数1；(2)地面对木楔的摩擦力大小与方向。解析(1)由v22ax，得a2 m/s2

16、对物块由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos ma，得10.5。(2)以物块和木楔abc整体为研究对象，作出受力图如图。(mm)gnmay，fmax，axacos ，ayasin ，解得n108.8 n，f1.6 n，方向水平向左。答案(1)0.5(2)1.6 n，方向水平向左变式训练3如图所示，足够长的斜面倾角37，一个物体以v012 m/s的初速度从斜面上a点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点

17、后返回时的加速度大小a2；(4)物体从a点出发到再次回到a点运动的总时间t。答案(1)8 m/s2(2)9 m(3)4 m/s2(4)s解析(1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1解得a18 m/s2(2)物体沿斜面上滑，有：v2a1x解得x9 m(3)物体沿斜面返回时，有：mgsin mgcos ma2解得a24 m/s2(4)物体沿斜面向上运动时，有v0a1t1物体沿斜面向下运动时，有xa2t则tt1t2s。考点四牛顿运动定律与图像结合问题(1)明确常见图像的应用方法，如下表：vt图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力fa

18、图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出f、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量at图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程ft图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：用给定的图像解答问题；根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中

19、要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。例5如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力f作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)在02 s内物块的位移大小x和通过的路程l；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小f。解析(1)在02 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小：xx1x20.5 m路程：lx1x21.5 m。(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：a1 m

20、/s24 m/s2a2 m/s24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为ff，根据牛顿第二定律有00.5 s内：fffmgsin ma1051 s内：ffmgsin ma2解得f8 n。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 n名师讲坛素养提升ming shi jiang tan su yang ti sheng等时圆模型1模型的两种情况(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圆环上所用时间相等，如图乙所示。2模型的分析思路例6如图所示，ab和cd为两条光滑斜

21、槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为r和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点p。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由a滑到b和由c滑到d，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(b)a21b11c1d1解析设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为，则物体下滑时的加速度为agsin ，由几何关系，斜槽轨道的长度x2(rr)sin ，由运动学公式xat2，得t2，即所用的时间t与倾角无关，所以t1t2，b项正确。反思总结：本题符合等时间圆模型，可直接套结论解题。变式训练4如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，该平面内有am、bm、cm三条光滑固定轨道，其中a、c两点处于同一个圆上，c是圆

22、上任意一点，a、m分别为此圆与y轴、x轴的切点，b点在y轴上且bmo60，o为圆心。现将a、b、c三个小球分别从a、b、c点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到m点，若所用时间分别为ta、tb、tc，则ta、tb、tc大小关系是(b)atatctbbtatctbctatctbd由于c点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析对于am段，位移x1r，加速度a1g，根据x1a1t得，t1；对于bm段，位移x22r，加速度a2gsin60g，由x2a2t得t2。对于cm段，设cm与x轴夹角为，则有t3。故b正确。2年高考1年模拟2 nian gao kao 1 nian mo ni1(2019全国卷，2

23、0)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力f的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(ab)图(a)图(b)图(c)a木板的质量为1 kgb2 s4 s内，力f的大小为0.4 nc02 s内，力f的大小保持不变d物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小f摩0

24、.2 n。由题图(c)知，2 s4 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力f后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2设木板质量为m据牛顿第二定律，对木板有：2 s4 s内：ff摩ma14 s以后：f摩ma2且知f摩mg0.2 n解得m1 kg，f0.4 n，0.02，选项a、b正确，d错误。02 s内，由题图(b)知，f是均匀增加的，选项c错误。2(2019海南单科)如图，两物块p、q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对q施加一水平向右的拉力f，使两物块做匀速直线运动，轻绳的张力大小

25、为(d)af2mgbfmgcfmgdf解析对整体进行受力分析：f3mg3ma，对p进行受力分析：tmgma，联立解得轻绳的张力大小为t，故a、b、c错误，d正确。3(2020四川绵阳模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着a小球，同时水平细线一端连着a球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，a，b两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时a，b两球都静止不动，a，b两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，a，b两球的加速度分别为(d)aaaabgbaa2 g，ab0caag，ab0daa2g，ab0解析以a，b球整体作为研究对象，a处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得细线拉力ft2mgtan 602mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，a球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得aa2g，b球的受力情况不变，则加速度仍为0，故d正确。4(2020浙江7月选考)如图1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