第15讲　牛顿第二定律的基本应用——2027届高三物理一轮复习讲义

这是一份第15讲　牛顿第二定律的基本应用——2027届高三物理一轮复习讲义，共7页。学案主要包含了两类动力学问题，超重与失重等内容，欢迎下载使用。
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：
二、超重与失重
1．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 反映物体对弹簧的弹力或物体对台秤的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
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。( × )
考点1 应用牛顿第二定律分析瞬时问题
(能力考点·深度研析)
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：
(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．剪断细线P前，弹簧形变量为eq \f(4mg,3k)
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为eq \f(5g,3)
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
[答案] ACD
[解析] 剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcs 37°＝kx，联立解得x＝eq \f(4mg,3k)，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝eq \f(5,3)mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcs 37°＝mat，解得FT′＝eq \f(3,5)mgmg
B．t1～t2时间内，v减小，FNμmgcs θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面向上运动的最大位移为x＝eq \f(v1,2)t1＋eq \f(v1,2)t2＝15 m，D正确。
►考向2 已知物体运动情况，分析受力情况
[答案] (1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
[解析] (1)AB段veq \\al(2,1)＝2a1x1
a1＝eq \f(8,3) m/s2。
(2)AB段v1＝a1t1，t1＝3 s
BC段t2＝2 s，x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
a2＝2 m/s2
v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)mgsin θ－Ff＝ma2，Ff＝66 N。
【跟踪训练】
无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g＝10 m/s2，则此过程中( )
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
[答案] C
[解析] 对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mgcs θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cs θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，解得h＝145.8 m，D错误。
(2025·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
[答案] (1)35 m/s (2)2.7
[解析] (1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35 m/s。
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2，由运动学公式有veq \\al(2,1)＝2a2x，解得Ff＝2.7mg，即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。
两类斜面模型和三类等时圆模型
►考向1 两类斜面模型
1．等高斜面
如图1所示，由L＝eq \f(1,2)at2，a＝gsin θ，L＝eq \f(h,sin θ)可得t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))，可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1中t1>t2>t3。(斜面光滑)
2．同底斜面
如图2所示，由L＝eq \f(1,2)at2，a＝gsin θ，L＝eq \f(d,cs θ)可得t＝eq \r(\f(4d,gsin 2θ))，可见θ＝45°时运动时间最短，图2中t1＝t3>t2。(斜面光滑)
一物块从两个高度相同倾角不同的斜面由静止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为2∶1，两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为(已知sin 37°＝0.6)( )
A．eq \f(2,9) B．eq \f(5,9)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(1,3)
[答案] B
[解析] 根据受力可知eq \f(h,sin α)＝eq \f(1,2)·eq \f(mgsin α－μmgcs α,m)teq \\al(2,1)，
eq \f(h,sin β)＝eq \f(1,2)·eq \f(mgsin β－μmgcs β,m)teq \\al(2,2)，又eq \f(t1,t2)＝eq \f(2,1)，解得μ＝eq \f(5,9)，故选B。
►考向2 三类等时圆模型
1．圆周内同顶端的斜面
如图1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·sin θ＝eq \f(1,2)·gsin θ·t2，可推得t1＝t2＝t3。
2．圆周内同底端的斜面
如图2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。
3．双圆周内斜面
如图3所示，在竖直面内的两个圆，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。
滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，如图所示。已知圆半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
[答案] (1)tAB＝tAC (2)eq \r(\f(9R,g))
[解析] (1)设AB与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度为a＝gsin θ，由运动学规律有xAB＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,AB)，由几何关系可知xAB＝2Rsin θ，联立解得tAB＝eq \r(\f(4R,g))，由上式可知小朋友的下滑时间与滑梯倾斜程度无关，则两次沿滑梯运动的时间关系为tAB＝tAC。
(2)根据第(1)问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，
两圆相切时，时间最短，有
(R＋r)2＝(r－R)2＋(3R)2
解得r＝eq \f(9,4)R
由第(1)问的结论有t＝eq \r(\f(9R,g))。
提能训练 练案[15]
基础巩固练
题组一 牛顿第二定律的瞬时性问题
1．(2025·八省联考山西陕西卷)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则( )
A．L1的拉力大小为eq \r(3)mg
B．L2的拉力大小为3mg
C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为eq \r(3)g
D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
[答案] C
[解析] 对甲乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1＝2mgtan 60°＝2eq \r(3)mg，L2的拉力大小为T2＝eq \f(2mg,cs 60°)＝4mg，选项A、B错误；剪断L1，该瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；甲球开始做圆周运动，但速度为零，向心力为零，只有切向加速度，由牛顿第二定律可知加速度a＝eq \f(2mgsin 60°,m)＝eq \r(3)g，选项C正确，D错误。故选C。
2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A．B对A的压力大小为12 N
B．弹簧弹力大小为50 N
C．B的加速度大小为10 m/s2
D．A的加速度为零
[答案] A
[解析] 原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
题组二 超重和失重
3．(多选)如图1所示，电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量，在电梯工作中使轿厢与“对重”的重量保持在限额之内，保证电梯的牵引传动正常。驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对重”在竖直方向上运动，当轿厢从顶楼向下运动时，v－t图像如图2所示，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，轿厢处于超重状态
B．在0～t1时间内，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大
C．在t2～t3时间内，“对重”处于失重状态
D．在t1～t2时间内，钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
[答案] BC
[解析] 由题图2知在0～t1时间内，轿厢从顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处于失重状态，A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度知，在0～t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，且加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，钢丝绳对轿厢的拉力先减小后增大，B正确；在t2～t3时间内，“对重”向上做减速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态，C正确；在t1～t2时间内，虽然轿厢做匀速运动，但轿厢与“对重”的重量不相等，因为中间有驱动电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢丝绳对“对重”的拉力大小，D错误。
4．(2024·南昌模拟)加速度传感器APP是一些智能手机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，将手机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(g取10 m/s2)( )
A．手机在t2时刻速度为0
B．运行过程中手机有可能与升降机分离
C．手机在t2～t3时间内，处于超重状态
D．在t1～t3时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大
[答案] B
[解析] 根据题意，由题图可知，t2之前加速度一直向上，t2时刻a＝0，则手机向上速度达到最大，故A错误；根据题意，由题图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故B正确；根据题意，由题图可知，t2～t3时间内手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误；根据题意，由题图可知，t1～t2时间内手机加速度向上，由牛顿第二定律有N－mg＝ma，由于a减小，则N减小，t2～t3时间内手机加速度向下，由牛顿第二定律有mg－N＝ma，由于a增大，则N减小，即在t1～t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D错误。
5. (多选)某人在地面上用体重计称得其体重为490 N，他将体重计移至电梯内称量，t0至t3时间段内，体重计的示数如图所示。若取竖直向上为正方向，则电梯运行的v－t和a－t图像可能正确的是(g取9.8 m/s2)( )
[答案] ABC
[解析] m＝eq \f(G,g)＝50 kg，在t0～t1时间内，根据牛顿第二定律可知F1－mg＝ma1，解得a1＝－1 m/s2，可知在t0～t1时间内，此人向下做匀加速运动或向上做匀减速运动，t1～t2根据牛顿第二定律可知F2－mg＝ma2，解得a2＝0，可知在t1～t2时间内，此人做匀速直线运动或静止，t2～t3时间内，根据牛顿第二定律可知F3－mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，可知在t2～t3时间内，此人向下做匀减速运动或向上做匀加速运动，综上所述，图A、B、C符合要求。
题组三 两类动力学问题
6. (2024·河南洛阳联考)如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10 m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为( )
A．6 s,90 m B．3 s,180 m
C．3 s,90 m D．6 s,180 m
[答案] C
[解析] 礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma，根据题意有f＝mg，解得a＝20 m/s2，根据veq \\al(2,0)＝2aH，解得h＝90 m，由运动学知识得t＝eq \f(v0,a)＝3 s，选项C正确。
7. (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故A错误，B、C、D均正确。
能力提升练
8．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度v0从A点滑上桌面，最后恰好停在C点(桌面始终静止)，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为( )
A．1∶4 B．2∶1
C．4∶1 D．8∶1
[答案] D
[解析] 设小物块在两部分桌面上运动时的加速度分别为a1、a2，小物块经过B点的速度为v，由运动学规律有eq \f(v0＋v,2)×t＝eq \f(v,2)×4t，解得v＝eq \f(1,3)v0，则a1＝－eq \f(2v0,3t)，a2＝－eq \f(v0,12t)，故a1∶a2＝8∶1。又由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝eq \f(a,g)，则动摩擦因数与加速度大小成正比，所以动摩擦因数μ1、μ2之比为8∶1，故D正确，A、B、C错误。
9. (2024·山东临沂高三期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θtC>tD B．tB＝tC