2023-2024届一轮复习新人教版 第三章第2讲　牛顿第二定律的应用 学案

第2讲牛顿第二定律的应用

梳理必备知识回归教材

［填一填］回顾基础

一、动力学两类基本问题

L动力学两类基本问题

(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。

(2)已知物体的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。

由力求运动

由运动求力

二、超重、失重

1.实重和视重

(1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态无关。

⑵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

项

超重失重完全失重

目

现视重大于实重视重小于实重视重等于O

象

产

生物体的加速度竖物体的加速度竖

物体的加速度等于g

条直向上直向下

件

运

动加速上升加速下降以加速度g加速下降或

状或减速下降或减速上升减速上升

态

原

理F-mg=mamg-F=mamg-F=mg

方F=m(g+a)F=m(g-a)F=O

程

［做一做］情境自测

［教材情境］（鲁科版必修第一册第132页“科学书屋”）随着我国空

间站的建设,航天员往来于“天”“地”间已是常态。航天器加速升

空和减速返回地面时,其上的一切物体都会处于超重状态。航天器进

入轨道后,所有物体都近似处于完全失重状态。

航天员杨利伟航天员王亚平太空

平躺在航天器中授课时展示圆形水球

1.正误辨析

⑴航天器内的物体超重就是物体的重力变大了。（×）

⑵物体完全失重时,加速度一定为重力加速度。（√）

⑶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。

（X）

（4）完全失重时与重力相关的一切现象都将消失。（√）

2.神舟十四号载人飞船采用自主快速交会对接模式,于北京时间2022

年6月5日17时42分,成功对接于天和核心舱径向端口。按任务计

划,3名航天员随后从神舟十四号载人飞船进入天和核心舱。对于飞

船发射和航天器在轨运行,下列说法正确的是（B）

A.航天器发射加速上升时,航天器内的物体处于失重状态

B.航天器在轨运行时,杯子中的水近似为球形

C.天平在航天器内可以正常使用

D.航天器减速返回时,质量为m的航天员对座椅的压力小于mg

解析:航天器发射加速上升时,航天器有竖直向上的加速度,航天器内

的物体处于超重状态,故A错误;航天器在轨运行时,物体完全失重，

杯子中的水近似为球形，故B正确；天平是利用作用在物体上的重力

以平衡原理测定物体的质量,完全失重时无法使用，故C错误;航天器

减速返回时,航天员处于超重状态,质量为m的航天员对座椅的压力

大于mg,故D错误。

提升关键能力

考点一牛顿第二定律的瞬时性问题

［想一想］提炼核心

1.两类重要模型

2.分析瞬时问题的“两个关键”“四个步骤”

(1)“两个关键”。

①分析瞬时前后的受力情况和运动状态。

②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

⑵“四个步骤”。

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。

3.与轻弹簧相关的瞬时问题的几种情景

图示描述及分析

在推力F作用下物体A、B以共同加速度a做匀加速

直线运动，突然撤去推力F的瞬间，物体B的受力不

B

变,故加速度alj=a;而物体A所受合力突变为mAa-F,

则aA=q

__________________________ɪnʌ_____________________

)A两物体A、B用轻弹簧连接,通过轻细线悬挂于天花板

I上处于静止状态,剪断细线的瞬间，物体B的受力不

)B_______

变,故加速度a15=0;而物体A受细线的拉力突变为0,

则a,∖=3⅜

用手提一轻弹簧,弹簧下端接一个金属球,在将整个

I装置以加速度a匀加速上提的过程中，手突然停止不

6动的瞬间，弹簧弹力不变，故金属球受力不变,这一瞬

间加速度仍为a

小球用水平弹簧系住,并用倾角为θ的光滑板AB托

着,板AB突然向下撤离的瞬间，球受弹簧弹力和重力

不变,所以加速度由这两个力的合力产生,该合力大

小等于板AB撤离前板对球的弹力大小Fk∖=ma

剪断绳Lz的瞬间,绳L上弹力由Fu='曳突变为F√

cosα1

=mgcosa,加速度a=gsina；如果将LL换成弹簧,剪

断L2的瞬间，弹簧上弹力不变,合力为F=mgtana

=ma'

［悟一悟］典题例练

［例1］［轻弹簧的弹力］（2022-江苏扬州质检）如图所示,A、B两木块

间连一竖直轻质弹簧,A、B的质量均为m,一起静止放在一块水平光滑

木板上。若将此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬间,A、B

两木块的加速度分别是（C）

B

A.‰rzgB.⅛=g,¾=g

C.aʌɪθ,au=2gD.aʌɪg,a∣s=2g

解析:在抽去木板的瞬间，弹簧对A木块的支持力和对B木块的压力并

未改变。在抽去木板的瞬间,A木块受重力和支持力,mg=F,aA=O;B木

块受重力和弹簧向下的压力，根据牛顿第二定律得

a3=B=≡S=2g,故C正确,A、B、D错误。

mm

Γ举一反三

在［例1］中，将A、B之间的轻弹簧换成轻杆,在抽去木板的瞬间,A、

B的加速度分别是多大？

提示:抽去木板的瞬间,轻杆的弹力立即突变为零,A、B加速度相

同，a.∖=a∣i=go

［例2］［轻绳和轻弹簧］（2022•河南三门峡三模）（多选）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L、弹簧与竖直方向的夹角均为O,细绳

L2水平拉直。现将细绳Lz剪断,则剪断瞬间，下列正确的是（AD）

A.a,∖=gsinθB.aʌɪgtanθ

C.aβ=gsinθD.aβ=gtanθ

解析:将细绳L2剪断后,A球将向左摆动,剪断细绳的瞬间,加速度方向

沿轨迹的切线方向；对A球，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma,.∖,解得

aʌɪgsinθo弹簧的弹力不可突变,将细绳Lz剪断瞬间,对B球，由牛

顿第二定律得mgtan。=maB,解得aB=gtan。，故选项A、D正确。

解题技巧

分析瞬时问题要“瞻前顾后”

（给与伏态）

瞻前一6分析原状态下物体的受力情况,求出各

,大小

烧断细线、剪物体若处于平衡状

断弹簧、抽出态,则利用平衡条件;

木板、撤去某若处于加速状态,则

个力等利用牛顿第二定律

_____,■..√

嗝U人分析当状态变化时，哪些力变化,哪些

顾后T力不变,哪些力消失

被剪断的绳、产生在被撤去物接触面

上的弹力会立即消失

③→求物体在状态变化后所受的合力,利

用牛顿第二定律,求出瞬时加速度

考点二动力学的两类基本问题

［想一想］提炼核心

1.动力学的两类基本问题的解题核心

“两个分析”“一个桥梁”“两个联系”

逐一分析不同过程的运

两L过程分析动特点,找出相邻过程的

个联系点

分

析逐过程分析物体的受力，

u*受力分析注意摩擦力、弹力可能

变化

-由运动求

个加受力情况运用运动学公式和牛顿第

桥

速二定律时特别注意有关矢

梁由受力求

度量的正负问题

运动情况

两第一个过程的末速度就是

速度联系

个下一个过程的初速度

联

系画过程示意图确定位移之

位移联系

间的联系

2.解决动力学基本问题的方法

⑴合成法:在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用“合成法”。

⑵正交分解法:若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用

“正交分解法”。

［悟一悟］典题例练

［例3］［已知运动求力］（2021•浙江6月选考,20）机动车礼让行人是

一种文明行为。如图所示,质量m=l.OX10*kg的汽车以vι=36km/h

的速度在水平路面上匀速行驶,在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现

小朋友排着长1=6m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。

⑴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=6m,小朋友行走的速度v°=0.5m∕s,求汽车在斑马线

前等待小朋友全部通过所需的时间。

⑶假设驾驶员以V2=54km/h超速行驶,在距离斑马线s=20m处立即

刹车,求汽车到斑马线时的速度。

解析：（1）汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，

刹车过程中汽车的平均速度后等=18km∕h=5ɪn/s,

开始刹车到汽车停止所用的时间t尸也4s,

V

刹车过程中汽车的加速度大小a=^=2.5m∕s2,

根据牛顿第二定律可得刹车过程中汽车所受阻力的大小

i

f=ma=2.5×10No

⑵小朋友全部通过斑马线所用的时间t2=坦=24S,

V0

汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间t=t2-t,=20So

⑶设汽车到斑马线时的速度为V,根据匀变速直线运动公式有

2-2

v2v=2as,

解得v=5√5m/so

答案：⑴4s2.5×IO3N(2)20s(3)5√5m/s

［例4］［已知力求运动］(2023•河北张家口模拟)如图所示,俯式冰橇

是冬奥会的比赛项目之一,其赛道可简化为起点和终点高度差为120

m、长度为1200m的斜坡。假设某运动员从起点开始，以平行赛道的

恒力F=40N推动质量m=40kg的雪橇由静止开始沿斜坡向下运动，

出发4S内雪橇发生的位移为12m,8S末迅速登上雪橇与雪橇一起

沿直线运动直到终点。设运动员登上雪橇前后雪橇速度不变,不计空

气阻力，(g取10m∕s2,取赛道倾角的余弦值为1,正弦值按照题目要求

计算)求：

(1)出发4s内雪橇的加速度大小；

(2)雪橇与赛道间的动摩擦因数；

⑶比赛中运动员到达终点时的速度大小。

解析：(1)设出发4S内雪橇的加速度为a∣,出发4S内雪橇发生的位

移为X1=3a1t/,

代入数据解得a∣=1.5m∕s2o

(2)由牛顿第二定律有

F+mgsinθ-μmgcosθ=mab

其中Sinθ=-=0.1,cosθ=1,

X

解得H=O.05o

(3)设8S后雪橇的加速度为a”由牛顿第二定律有(m+M)gsinθ-μ

(m+M)geosθ=(m+M)a2,

8s末雪橇的速度为Vι=aι木,

出发8S内雪橇发生的位移为X2=3∣t22=48m,

设到达终点时的速度大小为v2,贝Ub22-%2=2a2(x-X2),

解得V2=36m/so

答案：(1)1.5m/s?(2)0.05(3)36m/s

Γ方法点拨

动力学问题的解题步骤

根据问题需要和解题方便，

选择某个物体或儿个物体构

成的系统为研究对象

画好受力示意图、运动情境

图，明确物体的运动性质和

运动过程

通常以加速度的方向为正方

向或以加速度方向为某一坐

标轴的正方向

若物体只受两个力，通常用

合成法;若受3个或3个以

上的力，一般用正交分解法

根据牛顿第二定律F合=ma

TʃF=ma

或t尸-mα1列方程求解，必

要时对结果进行讨论

考点三对超重与失重的理解

［想一想］提炼核心

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。

⑵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。

(4)尽管整体没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,整体也会处于超重或失重状态。

2.判断超重和失重的方法

从受当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超

力的重状态;小于重力时,物体处于失重状态;等于零时,物体处于

角度完全失重状态

判断

从加

速

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

度的

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

角

时,物体处于完全失重状态

度判

断

从速

度变

化（1）物体向上加速或向下减速时,处于超重状态。

的角（2）物体向下加速或向上减速时，处于失重状态

度判

断

［悟一悟］典题例练

［例5］［超、失重的判断］（2022•山西大同一模）一只小鸟飞来停在

细树枝上,随树枝上下晃动（可视为竖直方向的运动），以竖直向上为

正方向，其运动的速度一时间图像（v-t图像）如图所示。设树枝对小

鸟的作用力为F,小鸟的重力为G,则在t∣〜t3时间内（D）

A.先F<G,后F>G

B.先F>G,后F<G

C.一直F>G

D.一直F<G

解析:在3〜t3时间内，由v-t图像可知，小鸟先向上减速运动,后向下

加速运动,两过程加速度都是向下的，所以小鸟在t∣〜t3时间内一直

处于失重状态,合力向下,所以一直有F<G,故A、B、C错误,D正确。

［例6］［超、失重中的分析与计算］（2022・黑龙江佳木斯二模）如图

甲所示是某人站在力传感器上做下蹲一起跳动作的部分示意图。如图

乙所示是根据传感器画出的力一时间图像,其中力的单位是N,时间的

2

单位是So两图中的点均对应,重力加速度g取10m∕so请根据这两

个图所给出的信息、,判断下列选项正确的是（D）

A.此人的质量约为60kg

B.此人从站立到蹲下的过程对应图乙中a到f的过程

C.此人在状态b时处于超重状态

D.此人向上的最大加速度大约为1.9g

解析：根据题图乙中图线的a点,开始时人处于平衡状态,示数为700N,

可知人的重力也为700N,所以此人的质量约为70kg,故选项A错误；

同理,根据图线可判断,f点F=O,为起跳刚离开传感器时刻,故选项B

错误；由题图乙知，人在状态b时传感器对人的支持力小于人自身的

重力，处于失重状态,选项C错误;根据图线和牛顿第二定律,可得此

人向上的最大加速度为"殳金吆仁L9g,所以选项D正确。

m

规律方法

有关超重和失重的计算,关键是根据超重或失重状态分析加速度的方

向及其是否变化,再进一步确定运动情况;反之,可根据加速度的方向,

由牛顿第二定律分析其超重或失重情况。具体步骤如下：

⑴确定研究对象。

(2)隔离研究对象,进行受力分析。

(3)选取正方向，分析物体的运动情况，明确加速度方向。

(4)根据牛顿运动定律和运动学规律列方程。

⑸求解,说明结论。

训练学科素养限时巩固

.玷础题组夯基

1.如图甲所示为“娃娃跳”娱乐玩具示意图，图乙为该玩具结构，当人

抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起,进而带动高跷跳跃。

下列说法正确的是(C)

A.人上升过程处于超重状态

B.人上升过程处于失重状态

C.人下落未压缩弹簧过程处于完全失重状态

D.人下落压缩弹簧过程中处于失重状态

解析：人上升过程加速度先向上后向下，先处于超重状态后处于失重

状态,A、B错误;人下落未压缩弹簧过程中，加速度向下等于重力加速

度,处于完全失重状态,C正确；人下落压缩弹簧过程中，加速度先向下

后向上,先处于失重状态后处于超重状态,D错误。

2.（2022•吉林延边二模）如图所示,两小球悬挂在天花板上,a、b两

小球用细线连接,上面是一根轻质弹簧,a、b两球的质量分别为m和

2m,在细线烧断瞬间,a、b两球的加速度分别为a,›a2,则（取竖直向下

为正方向，重力加速度为g）（C）

A.Sι=0,a2=gB.aι=g,&2=g

C.Qι~~2g,&2=gD.aɪ=-g,&2=0

解析:烧断细线之前,a、b两球整体受到重力和弹簧的弹力F静止,此

时弹簧的弹力大小F=3mg,在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变,细线的

拉力消失,根据牛顿第二定律,对a球,mg-F=ma1,解得aι=-2g,b球只

受重力，故b球的加速度a2=g,故C正确,A、B、D错误。

3.（2022•河北秦皇岛一模）（多选）如图所示为某次地铁列车运行过

程中某节车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向在竖直

方向偏离角度ɑ和B并保持不变。取重力加速度为g,不计空气阻力，

则下列说法正确的是（ABD）

前进方问

A.列车可能在减速进站

B.两角度一定满足a=B

C.减小拉手悬绳长度,则偏角变大

D.列车加速度大小为a=gtanɑ

解析：由题图可知拉手所受合力向左，则加速度向左，列车向左加速或

向右减速,而前进方向向右,所以列车减速进站,选项A正确;拉手与

列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，受力分析可知

Fʌɪmgtanɑ=ma,FʌɪmgtanB=ma,所以a=B,选项B正确；因歹IJ车力口

速度不变,则拉手的加速度不变，由F⅛=mgtanα=ma可知偏角不变，

选项C错误;根据F⅛=mgtanɑ=ma,可得加速度大小a=gtanɑ,选项

D正确。

4.（2022・广东深圳检测）（多选）引体向上是高中学生体质健康标准

的测试项目之一。如图甲所示,质量为m=55kg的某同学,双手抓住单

杠做引体向上，在竖直向上运动过程中，其重心的速率随时间变化的

图像如图乙所示,g取Iom/S?。由图像可知（AB）

A.t=0.4s时，他正处于超重状态

B.t=0.5s时一,他的加速度大小约为0.3m∕s2

C.t=l.1s时,他上升到最高点

D.t=l.5s时，他正处于超重状态

解析:t=0.4s时他向上加速运动,加速度方向向上,他处于超重状态,

故A正确;根据速度-时间图像的斜率表示加速度可知，t=0.5s时,他

的加速度大小a=^≈-ɪn/s2=0.3m∕s2,故B正确;t=l.1S时他的速

△t1.0

度达到最大值,接下来速度仍是正方向，即将向上减速运动,不是最高

点，故C错误;t=l.5s时他向上做减速运动,加速度方向向下,他处于

失重状态,故D错误。

5.（2022•山西阳泉期末）如图所示,在水平面上固定一倾角。=30°

的光滑斜面,斜面底端固定一挡板C,两个质量均为m的物块A、B用

轻弹簧相连,静止在斜面上。现用一平行于斜面向上的拉力F缓慢拉

物块A,在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F,重力加速度为g,

则撤去力F的瞬间（D）

A.物块A的加速度为零

B.物块A的加速度为点方向沿斜面向下

C.物块B的加速度为*方向沿斜面向上

D.物块B的加速度为零

解析：撤去力F前，弹簧的弹力为kx=mgsinθ,撤去力F的瞬间

kχ-mgsinθ=ma,bkx+mgsinθ=maA,解得aιi=O,aA=g,方向沿斜面向下，

故选Do

6.（2022•北京西城区统测）某同学用手机的加速度传感器测量了电

梯运行过程中的加速度,得到了如图甲所示的图线（规定竖直向上为

正方向），为了简化问题研究,将图线简化为如图乙所示的图像。已知

t=0时电梯处于静止状态,则以下判断正确的是（C）

α∕(m∙S)Z轴线性加速度

1.00

0.500

0.00

-0.500

-1.00

-1.50

A.t=5S时电梯处于失重状态

B.8〜9s内电梯在做减速运动

C.10~15s内电梯在上行

D.17〜20s内电梯在下行

解析:t=5s时，电梯的加速度为正值,方向竖直向上，电梯处于超重状

态,A错误;t=0时，电梯处于静止状态,一小段时间后，电梯的加速度

为正值,方向竖直向上，电梯加速上升,8〜9s内，电梯的加速度仍为

正值,方向竖直向上,可知电梯加速上升,B错误;t=10S时，电梯的加

速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10〜15S内，电梯的加速度为

零，电梯以最大速度匀速上行,C正确；16〜21s内，电梯的加速度为负

值,方向竖直向下，电梯向上做减速运动。由对称性可知，t=21s时,

电梯的速度减为零,则17〜20s内电梯仍在上行,D错误。

7.（2022・广东广州练习）如图,一名儿童光脚沿中间的滑梯表面,从

底端缓慢走到顶端（脚底与滑梯不打滑），然后又从顶端坐下来由静止

滑下来。已知儿童的质量为m,滑梯与水平地面夹角为θ,儿童下滑时

滑梯与儿童身体间的动摩擦因数为U,重力加速度为g,下列判断正确

的是（C）

A.儿童向上走时所受摩擦力为HmgCOS。，方向沿斜面向上

B.儿童向上走时所受摩擦力为HmgCoSθ,方向沿斜面向下

C.儿童下滑时加速度为gsinθ-μgeosθ,方向沿斜面向下

D.儿童下滑时加速度为2gsinθ,方向沿斜面向下

解析:儿童从底端缓慢走到顶端时.，处于平衡状态,所受摩擦力为静摩

擦力,跟重力沿斜面向下的分力平衡,所以大小为mgsinθ,方向沿斜

面向上，故A、B错误；儿童下滑时，受到滑梯的支持力Fx=mgcosθ,

儿童下滑时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff=RFN=HmgCOSθ,

由牛顿第二定律得，下滑时的加速度大小为a=mgsinθμmgc°sθ=

m

gsinθ-μgeos。，方向沿斜面向下，故C正确,D错误。

8.（2023・广东广州模拟）（多选）有一种自带起吊装置的构件运输车，

其起吊臂A安装在车厢前端,如图甲所示,初始时刻,质量为m的构件

静止在运输车上。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索对构件施

加竖直向上的拉力时,连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随

时间变化的规律为三段直线,如图乙所示,重力加速度大小为go则下

甲乙

A.0〜t∣时间内构件处于失重状态

B.3时刻构件的速度最大

C.t2~t3时间内构件处于超重状态

D.0〜t3时间内，构件在t3时刻速度最大

解析：0〜3时间内FTQIg,构件的加速度为零,处于平衡状态,故A错

误;t∣时刻构件恰好开始运动,速度为零,故B错误;t2~t3时间内Fτ>mg,

构件存在竖直向上的加速度,处于超重状态,故C正确;0〜t∣时间内构

件静止,tl-12时间内构件做加速度增大的加速运动，t2~t3时间内构

件做匀加速运动，所以0〜t3时间内，构件在t3时刻速度最大，故D

正确。

.创新眄组提能

9.随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在一

次对某高速电梯的测试中，电梯的时间一速度图像如图所示，图中倾

斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和t=3S时的切线。下列说法正

确的是（D）

A.0〜10S时间内电梯的加速度逐渐增大

B.t=2S时电梯一定处于超重状态

C.t=3S时电梯的加速度大小为日m∕s2

D.t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的