高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律的基本应用学案

第二节　牛顿第二定律的基本应用

考点一　瞬时问题

1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。

2．两种模型

3．注意问题

(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。

(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。

 　(2020·山东六地市3月在线大联考)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为(　　)

A．g B．

C. D．

[解析]　当框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，对小球由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝。

[答案]　D

【对点练1】　如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为45°的光滑木板AB托住小球恰好处于静止状态。已知重力加速度大小为g，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(　　)

A．g   B．0

C.g   D.

解析：选C。木板撤离前，小球处于平衡状态，由受力平衡可知：F－Nsin 45°＝0，Ncos 45°－G＝0；木板AB撤离瞬间，支持力消失，重力和拉力不变，合力的大小等于支持力N，方向与N反向，即垂直于木板向下。由牛顿第二定律得，此时小球的加速度大小为：a＝。联立以上各式解得a＝g，方向垂直于木板向下，故C正确。

【对点练2】　(多选) 如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．轻绳a的拉力大小为6mgsin θ

B．B的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下

C．C的加速度为0

D．杆的弹力为0

解析：选BD。轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT＝mgsin θ，A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsin θ，方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，D正确。

考点二　超重和失重现象

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

　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。

 　(2020·济南市期末学习质量评估)在升降机底部安装一个压力传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)

A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg

D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg

[解析]　由题图乙可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由题图乙可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B错误；由题图乙可知，t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由题图乙可知，t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。

[答案]　C

【对点练3】　(多选)(2020·南通市5月第二次模拟)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，则运动员(　　)

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

解析：选CD。运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。

【对点练4】　(2020·青岛市5月统一质量检测)某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　)

A．1 s时人处在下蹲的最低点

B．2 s时人处于下蹲静止状态

C．该同学做了2次下蹲—起立的动作

D．下蹲过程中人始终处于失重状态

解析：选B。人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下，加速度方向先向下后向上，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中是先失重后超重，D错误；在1 s时向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，A错误；2 s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，B正确；该同学在前2 s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，C错误。

考点三　动力学的两类基本问题

1．解题步骤

2．两个关键点

 　(2020·山东省等级考试物理模拟卷)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2位有效数字)

[解析]　(1)对货车进行受力分析，可得

货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有f＝μmgcos θ

而货车重力沿斜面的分量为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f>F

即mgsin θ<μmgcos θ

解得tan θ<μ

即当tan θ<μ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，根据牛顿第二定律有

F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma

解得a＝5.51 m/s2

设货车在避险车道上行驶的最大距离为x

根据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax

代入数据，解得x＝≈57 m。

[答案]　(1)tan θ<μ　(2)57 m

【对点练5】　如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求物件：

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；

(2)匀速运动的速度大小；

(3)总位移的大小。

解析：(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律

mg－FT＝ma

得a＝g－＝0.125 m/s2

方向竖直向下。

(2)物体做匀减速运动的时间t2＝8 s，根据运动学公式

v＝at2＝1 m/s。

(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m

匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m

总位移大小满足h＝h1＋h2，解得h＝40 m。

答案：(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m

【对点练6】　2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：

(1)在水平轨道上运动的加速度大小；

(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；

(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。

解析：(1)根据速度位移公式v2－v＝2aL1，

解得a＝20 m/s2；

(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma

解得Ff＝2.0×105 N；

(3)A到C位移x＝≈200 m

所用的时间t＝＋0.5 s＝4 s

平均速度＝＝50 m/s。

答案：(1)20 m/s2　(2)2.0×105 N　(3)50 m/s

(建议用时：40分钟)

1．(2020·东城区上学期期末)在竖直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N。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于N。在此过程中(　　)

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

解析：选D。物体的视重变大，但是受到的重力没变，A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，B错误；物体超重，则加速度向上，则电梯可能正在加速上升或者减速下降，C错误，D正确。

2．(2020·石景山区上学期期末)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。根据图象提供的信息，下列说法正确的是(　　)

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

解析：选D。在0～5 s内，从速度—时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，该同学处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故该同学处于失重状态，故D正确。

3. 如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝a3＝a4＝0

B．a1＝a2＝a3＝a4＝g

C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g

D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g

解析：选C。在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确。

4．(2020·扬州市5月调研)如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为4 kg、1 kg，不计弹簧和细绳质量以及一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，先固定物块A使系统处于静止状态。释放A的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的弹力大小为30 N

B．弹簧的弹力大小为40 N

C．A的加速度大小为10 m/s2

D．B的加速度大小为0

解析：选D。开始时弹簧的弹力为F＝mBg＝10 N，释放A的瞬时，弹簧弹力不变，则弹簧的弹力大小仍为10 N，A的加速度aA＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，物体B受力不变，则B的加速度为零，则A、B、C错误，D正确。

5．(2020·凉山州第二次诊断)某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10 s内高度下降150 m，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度g取9 m/s2。

(1)求飞机在竖直方向加速度的大小和方向。

(2)乘客放在水平小桌上2 kg的水杯此时对餐桌的压力为多大？

解析：(1)对下降过程根据h＝at2得a＝3 m/s2

方向竖直向下；

(2)对水杯，根据牛顿第二定律mg－FN＝ma

解得FN＝12 N

由牛顿第三定律可知水杯对餐桌的压力FN′＝12 N。

答案：(1)3 m/s2　方向竖直向下　(2)12 N

6.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面的小球A与下面的小球B的加速度为(　　)

A．aA＝g，aB＝g　　　　　　 B．aA＝g，aB＝0

C．aA＝2g，aB＝0   D．aA＝0，aB＝g

解析：选C。分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力。剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图甲。

A球：FT－mg－F＝0

B球：F′－mg＝0，F＝F′

解得FT＝2mg，F＝mg。

剪断瞬间，因为绳无弹性，瞬间拉力消失，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变。如图乙，A球受重力mg、弹簧弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。

A球：mg＋F＝maA

B球：F′－mg＝maB＝0，F′＝F

解得aA＝2g，aB＝0。

7．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2。

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。

解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有

F－Ff＝ma1

v－v＝2a1l1

v1＝a1t1

注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有

F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2

mgsin α＝mg

v－v＝2a2l2

注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得

a2＝3.0 m/s2，

v2＝ m/s≈41.5 m/s。

(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有

F推＋F－Ff＝ma1′

v1′2－v＝2a1′l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有

a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2

根据题意，v2′＝100 m/s，

代入数据解得F推≈5.2×105 N。

答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N

8．(2020·洛阳市一模)一个倾角为θ＝37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m＝1.0 kg的小物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数μ＝0.25。若斜面足够长，已知tan 37°＝，g取10 m/s2，求：

(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；

(2)小物块上滑的最大距离；

(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。

解析：(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示，其重力的分力分别为：

F1＝mgsin θ

F2＝mgcos θ

根据牛顿第二定律有FN＝F2①

F1＋Ff＝ma②

又因为Ff＝μFN③

由①②③式得a＝gsin θ＋μgcos θ＝(10×0.6＋0.25×10×0.8) m/s2＝8 m/s2。④

(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有0－v＝2(－a)x⑤

得x＝＝ m＝4 m。⑥

(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有

FN＝F2⑦

F1－Ff＝ma′⑧

由③⑦⑧式得a′＝gsin θ－μgcos θ＝(10×0.6－0.25×10×0.8) m/s2＝4 m/s2

有v2＝2a′x

所以有v＝＝ m/s＝4 m/s。

答案：(1)8 m/s2　(2)4 m　(3)4 m/s