第13講牛頓第二定律的基本應(yīng)用（講義）

第13講牛頓第二定律的基本應(yīng)用目錄復(fù)習(xí)目標(biāo)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點一動力學(xué)兩類基本問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點知識點2兩類動力學(xué)問題的解題步驟【提升·必考題型歸納】考向1已知受力情況求運動情況考向2已知運動情況求受力情況考點二超重與失重【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1超重與失重的概念知識點2超重與失重的的判斷方法【提升·必考題型歸納】考向1生活中的超重與失重考向2與超重失重有關(guān)的圖像問題考點三等時圓模型【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點1圓周內(nèi)同頂端的斜面知識點2圓周內(nèi)同底端的斜面知識點3雙圓周內(nèi)斜面【提升·必考題型歸納】考向等時圓模型的應(yīng)用考點四動力學(xué)圖像問題【夯基·必備基礎(chǔ)知識梳理】知識點動力學(xué)圖像問題類型、解題策略、破題關(guān)鍵【提升·必考題型歸納】考向1v-t圖像考向2a-t圖像考向3F-t圖像考向4F-a圖像真題感悟利用牛頓第二定律處理動力學(xué)兩類基本問題、超重失重、等時圓和動力學(xué)圖像問題。學(xué)會用牛頓第二定律解決實際生活問題?？键c要求考題統(tǒng)計考情分析（1）動力學(xué)兩類基本問題（2）超重與失重（3）等時圓模型（4）動力學(xué)圖像問題2023年全國甲卷第19題2022年天津卷第11題2022年遼寧卷第7題高考對動力學(xué)兩類基本問題的考查較為頻繁，而且大多聯(lián)系實際生活以計算題的形式出現(xiàn)；超重與失重、動力學(xué)圖像問題多以選擇題的形式出現(xiàn)，難度是較低?？键c一動力學(xué)兩類基本問題知識點1解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點1.把握“兩個分析”“一個橋梁”2.找到不同過程之間的“聯(lián)系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。知識點2兩類動力學(xué)問題的解題步驟考向1已知受力情況求運動情況1．如圖所示，固定在水平地面上、傾角的斜面底端有一擋板，其頂端有一輕質(zhì)小滑輪，一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過定滑輪，兩端分別與物塊A、B連接，物塊A的質(zhì)量為4m，物塊B的質(zhì)量為m。開始將物塊B按在地面上，物塊A距擋板的距離為d，突然放手后物塊A開始下滑，與擋板碰撞后速度立刻變?yōu)?。不計一切摩擦，則物塊B上升的最大高度為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意，設(shè)A開始下滑時的加速度大小為a，A接觸擋板時的速度大小為v，則由牛頓第二定律有由運動學(xué)公式有解得之后B以速度向上做豎直上拋運動，上升的高度為則物塊B上升的最大高度為故選B。2．如圖所示，某景區(qū)有一座與水平面夾角為，長度為L的小山坡，欲利用此地形修建一座滑草場。乘客乘坐設(shè)備從坡頂由靜止開始沿直線滑道滑下，并平滑進入到水平直線滑道減速至停下。整個滑道上鋪設(shè)的草皮與滑草設(shè)備底面的動摩擦因數(shù)為，設(shè)乘客始終保持規(guī)范姿態(tài)且不調(diào)整設(shè)備，忽略空氣阻力影響。下列說法正確的是（）A．加速下滑與水平減速兩段過程中的平均速度的大小相同B．為保證乘客能順利沿滑道滑下，要滿足動摩擦因數(shù)C．不同體重的乘客沿滑道加速下滑的過程中加速度不同D．為了乘客的安全，修建的水平滑道長度至少為【答案】A【詳解】A．乘客從坡頂由靜止開始沿直線滑道滑下，設(shè)到坡底的大小速度為v，沿水平直線滑道減速至停下，由可知，加速下滑與水平減速兩段過程中的平均速度的大小相同，故A正確；B．為保證乘客能順利沿滑道滑下，則有可得故B錯誤；C．由可知，加速度與乘客的質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；D．由可得故D錯誤。故選A?？枷?已知運動情況求受力情況3．2022年4月16日，神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸，已知返回艙總質(zhì)量約為3100kg?？斓降孛鏁r，返回艙的緩沖發(fā)動機向下噴氣，落地時速度恰好為0。返回艙落地前最后一秒的vt圖像如圖，g取，下列描述正確的是（）A．返回艙距離地面1.2m時，緩沖發(fā)動機啟動B．最后一秒內(nèi)的平均速度大小為5m/sC．返回艙減速過程中，航天員處于失重狀態(tài)D．緩沖發(fā)動機對返回艙的作用力約為【答案】A【詳解】A．由vt圖像可知，返回艙在緩沖發(fā)動機啟動之前做勻速下降，緩沖發(fā)動機啟動之后勻減速直線下降，勻減速直線運動位移即為圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積故返回艙距離地面1.2m時，緩沖發(fā)動機啟動，A正確；B．最后一秒內(nèi)返回艙的總位移故其在最后一秒的平均速度大小為故B錯誤；CD．勻減速直線運動的加速度大小即為圖線在時間段內(nèi)的斜率由牛頓第二定律可得緩沖發(fā)動機對返回艙的作用力約為由于，返回艙減速過程中，返回艙處于超重狀態(tài)，所以艙內(nèi)的宇航員也處于超重狀態(tài)，CD錯誤。故選A。4．一熱氣球懸停在距地面65m處（無人區(qū)），由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時間內(nèi)漏掉了一部分氣體，被及時堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運動，30s后速度增加到3m/s，此時工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運動，又過了30s氣球再次到達之前的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質(zhì)量為600kg，堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小為B．熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600NC．熱氣球距地面的最小距離為20mD．拋出物的質(zhì)量為23.3kg【答案】AD【詳解】A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小故A正確；B．根據(jù)牛頓運動定律有解得故B錯誤；C．設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為，則氣球回到原高度時有把代入上式，解得熱氣球開始減速到下降到最低點時，所用的時間為可得熱氣球下降的最大高度為所以熱氣球距地面的最小距離為故C錯誤；D．設(shè)拋出物的質(zhì)量為，拋出后根據(jù)牛頓運動定律，有解得故D正確。故選AD?？键c二超重與失重知識點1超重與失重的概念1.實重和視重(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態(tài)。

(2)視重:當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。2.超重、失重和完全失重的比較比較項超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于實重視重小于實重視重等于0產(chǎn)生條件物體的加速度向上物體的加速度向下物體的加速度等于g運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以加速度g加速下降或減速上升原理方程Fmg=ma→F=m(g+a)mgF=ma→F=m(ga)mgF=mg→F=0知識點2超重與失重的的判斷方法1．判斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度(1)從受力的角度判斷：當(dāng)物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時處于失重狀態(tài)；等于零時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)；向下的加速度恰好等于重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重。2．對超重和失重問題的三點提醒(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關(guān)，只取決于加速度的方向。(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。(3)發(fā)生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重?？枷?生活中的超重與失重1．如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為m的相同長方體磚塊夾住后豎直向上加速提起。已知每塊磚塊能承受的最大壓力大小為F，夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過程中，下列說法正確的是（）A．在加速提起磚塊的過程中，磚塊處于失重狀態(tài)B．夾磚器對兩塊磚塊的壓力大小可能不相等C．磚塊被加速提起的過程中，其加速度的最大值為D．兩塊磚塊之間的摩擦力一定不為零【答案】C【詳解】A．在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；B．磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對兩塊磚塊壓力大小相等，B錯誤；C．夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動時，磚塊加速度最大，對兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為，C正確；D．加速度最大時，單獨對其中一個磚塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力以及夾磚器對其向上的靜摩擦力，有解得故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D錯誤。故選C。2．如圖所示，一蹦極愛好者正進行蹦極。從愛好者跳出高臺直至最后在空中靜止下來的整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．愛好者在加速下落過程中，其慣性增大B．愛好者離開高臺瞬間，其速度和加速度都為零C．愛好者第一次下落到最低點時，其處于超重狀態(tài)D．愛好者第一次從最低點向上運動的過程中，繩對愛好者的拉力大于重力，處于超重狀態(tài)【答案】C【詳解】A．慣性的大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量不變，慣性大小不變，故A錯誤；B．愛好者離開高臺瞬間，速度為零，加速度不為零，故B錯誤；C．愛好者第一次下落最低點時，繩的拉力大于重力，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故C正確；D．愛好者第一次從最低點向上運動的過程中，繩的拉力先大于重力，加速度向上，人處于超重狀態(tài)；隨著人向上運動，繩的拉力逐漸減小，當(dāng)拉力等于重力時，人處于平衡狀態(tài)，速度達到最大；人繼續(xù)上升，繩的拉力小于重力，加速度向下，人處于失重狀態(tài)，故D錯誤。故選C。考向2與超重失重有關(guān)的圖像問題3．加速度傳感器是一些智能上配備的較為實用的軟件，能顯示物體運動過程中的加速度變化情況?，F(xiàn)出于安全角度，需要分析某升降機在實際運行過程中的加速度，將放置于升降機地面上并打開加速度傳感器，使升降機從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（）

A．在時刻速度為0B．運行過程中有可能與升降機分離C．在時間內(nèi)，處于超重狀態(tài)D．在時間內(nèi)，升降機受到的壓力先減小再增大【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由圖可知，之前加速度一直向上，時刻，則向上速度達到最大，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由圖可知，有段時間豎直向下的加速度等于重力加速度，所以有可能離開過升降機，故B正確；C．根據(jù)題意，由圖可知，的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．根據(jù)題意，由圖可知，加速度向上，由牛頓第二定律有由于減小，則減小，加速度向下，由牛頓第二定律有由于增大，則減小，即在時間內(nèi)，升降機對的支持了一直減小，由牛頓第三定律可知，機對升降機的壓力一直減小，故D錯誤。故選B。4．一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

A．時間內(nèi)，v增大， B．t1~t2時間內(nèi)，v減小，C．t2~t3時間內(nèi)，v增大， D．t2~t3時間內(nèi)，v減小，【答案】D【詳解】A．因st圖像的斜率等于速度，可知時間內(nèi)，v增大，加速度向下，失重，則選項A錯誤；

B．t1~t2時間內(nèi)，v先增加后減小，加速度先向下后向上，則先失重后超重，則先，后，選項B錯誤；CD．t2~t3時間內(nèi)，v減小，加速度向上，超重，則，選項C錯誤，D正確。故選D?？键c三等時圓模型知識點1圓周內(nèi)同頂端的斜面如圖所示，在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。知識點2圓周內(nèi)同底端的斜面如圖所示，在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。知識點3雙圓周內(nèi)斜面如圖所示，在豎直面內(nèi)兩個圓中，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置?？赏频胻1＝t2＝t3。考向等時圓模型的應(yīng)用1．如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強電場中，三個完全相同的帶正電的絕緣小球（未畫出）分別套在固定于AB、AC、AD的三根光滑細桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經(jīng)過圓心，AD豎直?，F(xiàn)將小球無初速度地從A端釋放，小球分別沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為，則小球在三根細桿上運動的時間關(guān)系為（）A． B． C． D．無法確定【答案】B【詳解】小球所受電場力大小與重力大小之比為，可知小球所受重力與電場力的合力F的方向恰好與平行，且由A指向B。延長，作交于M，以為直徑畫一個圓（圖中虛線），與該圓交于N。設(shè)，則小球沿桿運動的加速度為位移為由得與無關(guān)，由等時圓模型知而，，故故選B。2．如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小圓環(huán)（圖中未畫出），四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關(guān)系不正確的是（

）A．t1>t2 B．t2=t1 C．t1=t3 D．t2<t4【答案】B【詳解】以O(shè)A為直徑畫園，根據(jù)等時圓模型，對小滑環(huán)，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律得小滑環(huán)做初速為零的勻加速直線運動的加速度為a=gcosθ（θ為桿與豎直方向的夾角），如圖所示由圖中的直角三角形可知，小滑環(huán)的位移S=2Rcosθ根據(jù)位移時間關(guān)系可得運動時間為由此可知t與θ無關(guān)，則從圓上最高點沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，即t1=t3，OB不是一條完整的弦，時間最短，即t1>t2，OD長度超過一條弦，時間最長，即t2<t4綜上有t4>t3=t1>t2本題選擇不正確的，故選B?？键c四動力學(xué)圖像問題知識點動力學(xué)圖像問題類型、解題策略、破題關(guān)鍵常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動力學(xué)圖像。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點。考向1v-t圖像1．如圖所示，一長木板a在光滑水平地面上運動，某時刻將一個相對于地面靜止的物塊b輕放在木板上，此時a的速度為，同時對b施加一個水平向右的恒力F，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，則物塊放到木板上后，下列圖中關(guān)于a、b運動的速度時間圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【詳解】長木板和滑塊速度達到相對之前，相對向左運動，受到向右的摩擦力和恒力，受到向左的摩擦力，做減速運動，做加速運動，由于不清楚、質(zhì)量以及恒力的大小，無法比較、加速度的關(guān)系，、共速后，若在作用下，、間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力，對、整體由牛頓第二定律可知，、一起做加速運動，若在作用下，、間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，則、加速度大小不相等，均做加速運動。故選D。14．如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質(zhì)點的小物塊。在時對木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對滑動，時撤去F，整個過程木板運動的vt圖像如圖乙所示，物塊和木板的質(zhì)量均為1kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（）

A．0～1s內(nèi)物塊的加速度為B．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2C．拉力F的大小為21ND．物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為3m【答案】BC【詳解】A．由圖像可知1.5s時物塊、木板共速，則物塊在0～1.5s內(nèi)的加速度為故A錯誤B．對物塊有可得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為故B正確C．在1～1．5s內(nèi)木板的加速根據(jù)牛頓第二定律有得撤去拉力F前，木板的加速度根據(jù)牛頓第二定律有得故C正確；D．由圖像可知共速時速度為3m/s，則在1．5s內(nèi)物塊位移為，1.5s內(nèi)木板位移為在1．5s后，物塊與木板間仍有相對滑動，物塊的加速度大小物塊到停止的時間還需木板的加速度大小為，則有得木板到停止的時間還需所以木板比物塊早停止運動，在1．5s末到物塊停止運動的時間內(nèi)，物塊的位移為木板位移為則物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為故D錯誤；故選BC?？枷?a-t圖像3．智能安裝軟件后，可利用上的傳感器測量運動的加速度，帶塑膠軟殼的從一定高度由靜止釋放，落到地面上，傳感器記錄了運動的加速度a隨時間t變化的關(guān)系，如圖所示，g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。下列說法錯誤的是（）

A．釋放時，離地面的高度為B．第一次與地面碰撞的作用時間為C．第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍D．0至內(nèi)圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等【答案】C【詳解】A．由圖可知，時刻開始接觸地面，則內(nèi)做自由落體運動，釋放時，離地面的高度為故A正確，不滿足題意要求；B．由圖可知，時刻開始接觸地面，時刻開始離開地面，則第一次與地面碰撞的作用時間為，故B正確，不滿足題意要求；C．由圖可知，時刻的加速度最大，且方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可得可得第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的11倍，故C錯誤，滿足題意要求；D．由圖可知，時刻的加速度最大，此時受到地面的彈力最大，處于最低點，的速度為零，則時間內(nèi)的速度變化量為零，根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知0至內(nèi)圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等，故D正確，不滿足題意要求。故選C。4．物塊a、b中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質(zhì)量為1kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長。t=0時對物塊a施加水平向右的恒力F，t=ls時撤去F，在0~1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運動過程下列分析正確的是（）A．b物塊的質(zhì)量為3kgB．恒力F的沖量為1N·sC．t=ls時b的速度小于0.15m/sD．彈簧伸長量最大時，b的速度大小為【答案】BD【詳解】A．t=0時，對物塊a根據(jù)牛頓第二定律有，t=1s時，設(shè)彈簧彈力大小為T，對a、b根據(jù)牛頓第二定律有；聯(lián)立以上三式解得故A錯誤；B．恒力F的沖量為故B正確；C．a(chǎn)t圖像與坐標(biāo)所圍的面積表示速度的變化量，所以t=ls時b的速度故C錯誤；D．根據(jù)動量定理可知撤去拉力時，a、b組成的系統(tǒng)動量為撤去拉力后，根據(jù)圖像可知a的速度大于b的速度，則a、b之間距離還將繼續(xù)增大，此時a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧伸長量最大時，a、b的速度相同，設(shè)為v，則解得故D正確。故選BD?？枷?F-t圖像6．如圖甲所示，A、B兩個物體相互接觸但不黏合，放置在粗糙水平地面上，兩物體的質(zhì)量分別為。t=0時，推力、分別作用于A、B上，、隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，取重力加速度。下列說法正確的是（）

A．