2021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作业（含解析）新人教版

第2讲　牛顿第二定律的基本应用

一、瞬时问题

1．牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致．当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变．

2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别

(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.

(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变．

自测1　如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)(　　)

图1

A．1.5g，1.5g,0

B．g，2g，0

C．g，g，g

D．g，g，0

答案　A

解析　剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确．

二、超重和失重

1．超重

(1)定义：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．

(2)产生条件：物体具有向上的加速度．

2．失重

(1)定义：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．

(2)产生条件：物体具有向下的加速度．

3．完全失重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．

(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．

4．实重和视重

(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．

(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．

判断正误　(1)超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了．(　×　)

(2)物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用．(　×　)

(3)物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态．(　×　)

三、动力学的两类基本问题

1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路

先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．

2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路

已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．

3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：

自测2　(2019·山东菏泽市第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v0＝10m/s沿固定斜面向上运动(如图2所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，则物块在运动时间t＝1.5s时离斜面底端的距离为(　　)

图2

A．3.75mB．5mC．6.25mD．15m

答案　B

解析　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，物块运动到最高点时间t＝＝1s<1.5s，由于mgsinα＝μmgcosα，小物块运动到最高点速度为零后，将静止在斜面上不再运动，故此时小物块离斜面底端距离为x＝＝5m，选项B正确.

1．两种模型

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：

2．解题思路

⇒⇒

例1　(多选)(2019·广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海市第一次联合调研)如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)

图3

A．弹簧的形变量不改变

B．弹簧的弹力大小为mg

C．木块A的加速度大小为2g

D．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg

答案　AC

解析　由于弹簧弹力不能突变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F＝3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去C瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合外力大小等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg＝ma，解得：a＝2g，方向竖直向上，故C正确；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：3mg＋mg＝FN，解得：FN＝4mg，故由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．

变式1　(2020·福建龙岩市期末质量检查)如图4所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是(　　)

图4

A．细线剪断前，弹簧的弹力为mg

B．细线剪断前，细线的拉力为mg

C．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化

D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g

答案　D

解析　细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：F＝mgsinθ＝

mg，对B分析可以得到FT＝mgsinθ＝mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小：a＝＝g，故D正确．

变式2　如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

图5

A．图甲中A球的加速度大小为gsinθ

B．图甲中B球的加速度大小为2gsinθ

C．图乙中A、B两球的加速度大小均为gsinθ

D．图乙中轻杆的作用力一定不为零

答案　C

解析　设B球质量为m，则A球的质量为3m.撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsinθ，A、B两球的加速度大小均为gsinθ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确．

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．

2．判断超重和失重的方法

例2　(2020·湖南衡阳市第一次联考)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小、某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．其工作原理图如图6甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源连成电路、在压敏电阻上放置一个绝缘重物，0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断不正确的是(　　)

图6

A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态

B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态

C．升降机开始时可能停在1楼层，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼层

D．升降机开始时可能停在高楼层，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼

答案　D

变式3　(2019·广东广州市4月综合测试)如图7，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(　　)

图7

A．失重、失重

B．超重、超重

C．失重、超重

D．超重、失重

答案　A

解析　运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A.

变式4　(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图8所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是(　　)

图8

A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用

B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态

C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力

D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态

答案　C

解析　若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，

可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．

1．解题关键

(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．

2．常用方法

(1)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．

(2)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．

类型1　已知物体受力情况，分析物体运动情况

例3　(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图9，质量为m＝1kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度大小为v＝4m/s，对此物块施加大小为F＝6 N、方向向左的恒力，一段时间后撤去该力，物块刚好能回到O点，已知物块与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：

图9

(1)此过程中物块到O点的最远距离；

(2)撤去F时物块到O点的距离．

答案　(1)1m　(2)m

解析　(1)物块向右运动时：F＋μmg＝ma1

解得a1＝8m/s2

由v2＝2a1x1

可得x1＝1m

(2)物块向左运动时，先做匀加速运动，加速度大小为a2，后做匀减速运动，加速度大小为a3，则有：

F－μmg＝ma2

解得a2＝4m/s2

μmg＝ma3

解得a3＝2m/s2

由v＝2a2x2

v＝2a3x3

x2＋x3＝x1

联立解得x3＝m.

类型2　已知物体运动情况，分析物体受力情况

例4　(2019·安徽安庆市第二次模拟)如图10甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在0～4s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：

图10

(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；

(2)物体在0～4s内的位移大小．

答案　(1)0.5　4N　(2)28m

解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4s内物体的加速度大小为：

a2＝m/s2＝2 m/s2，

由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，

解得：μ＝0.5；

0～2s内物体的加速度大小为：a1＝m/s2＝4 m/s2，

由牛顿第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4N；

(2)物体在0～4s内的位移为：x＝m＋×2m＝28m.

变式5　(2019·福建宁德市5月质检)某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s，高度为56 m．货物质量为

2 kg，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)无人机匀加速上升的高度；

(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力大小．

答案　(1)2.5m　(2)20.8N

解析　(1)无人机匀速上升的高度：h2＝vt2

无人机匀减速上升的高度：h3＝t3

无人机匀加速上升的高度：h1＝h－h2－h3

联立解得：h1＝2.5m

(2)货物匀加速上升过程：v2＝2ah1

货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：

F－mg－0.02mg＝ma

联立解得：F＝20.8N.

1．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为

23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为(　　)

A．匀加速上升，a＝2.5m/s2

B．匀减速上升，a＝2.5m/s2

C．匀加速上升，a＝5m/s2

D．匀减速上升，a＝5m/s2

答案　C

解析　由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6N，

由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，

解得：a＝5m/s2

物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．

2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

图1

A．t＝2s时最大 B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大 D．t＝8.5s时最小

答案　AD

解析　人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．

3.(2020·广东东莞市调研)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图2所示．当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　)

图2

A．处于超重状态

B．不受摩擦力的作用

C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用

D．所受合力竖直向上

答案　C

解析　当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．

4.如图3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质量均为m,2、4质量均为m0，两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(　　)

图3

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

答案　C

解析　在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；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F＝mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a4＝＝g，故C正确，A、B、D错误．

5.(2019·河北衡水中学第一次调研)如图4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(　　)

图4

A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0

C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0

答案　D

解析　水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：

静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB

解得FT＝2mAg

水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0.

6.(2020·吉林“五地六校”合作体联考)如图5所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为(　　)

图5

A．都等于

B．0和

C.和0

D．0和

答案　B

解析　在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力相等；在剪断上端的细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得：aB＝＝，故B正确，A、C、D错误．

7.(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图6所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是(　　)

图6

A．物体A和物体B均处于超重状态

B．物体A和物体B均处于失重状态

C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态

D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态

答案　D

解析　A加速下降，则加速度方向向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度方向向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态，故A、B、C错误，D正确．

8．(多选)(2019·山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图7所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．物块与木板间的动摩擦因数为

B．物块初速度的大小是5m/s

C．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同

D．当α＝0时，x＝m

答案　ABD

解析　当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x＝1.25m，根据运动学规律得：v－0＝2gx，解得v0＝5m/s；

当α＝30°，x＝1.25m，根据速度位移关系：v－0＝2ax，有a＝＝10m/s2，而a＝μgcosθ＋gsinθ，解得：μ＝，A、B正确；因为30°和90°对应的加速度大小均为a＝10m/s2，根据v0－0＝at，运动到最高点时间相同，C错误；当α＝0时，a′＝μg＝m/s2，根据v－0＝2a′x，求得x＝m，D正确．

9．在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速

324km/h.g取10m/s2.

(1)求列车减速时的加速度大小；

(2)若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；

(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．

答案　(1)0.3m/s2　(2)1.2×106N　(3)30m/s

解析　(1)列车的速度v＝324km/h＝90m/s

经过t1＝5min＝300s停下，所以加速度为

a1＝＝m/s2＝－0.3m/s2

即加速度大小为0.3m/s2.

(2)列车受到的阻力为Ff＝0.1mg

根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma2

由运动学公式有v2＝2a2x2

联立解得a2＝0.5m/s2，F＝1.2×106N.

(3)列车减速运动通过的位移为

x1＝t1＝×300m＝13500m

列车加速运动的时间为

t3＝＝s＝180s

所以整个过程的平均速度为

＝＝＝m/s＝30m/s.

10.(2020·浙江新高考研究联盟联考)如图8所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：

图8

(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；

(2)t＝3.0s时运动员的速度大小；

(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．

答案　(1)1.2m/s　0.6m　(2)0.8m/s　(3)5.2m

解析　(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为

a1＝＝1.2m/s2

第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2m/s

位移x1＝a1t12＝0.6m.

(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝0.2m/s2

经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8m/s.

(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，

则v22－v1′2＝2a1x1

解得v2＝m/s

第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝

解得x2＝5.2m.