第三章 第二节 牛顿第二定律的应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

第二节　牛顿第二定律的应用　

一、超重和失重

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__。

(2)视重

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__称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的__拉力__或台秤所受物体的__压力__。

2．超重、失重和完全失重的比较

二、两类动力学问题

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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

考点一　超重和失重

1．判断超重和失重现象的三个技巧

(1)从受力的角度判断

当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。

(2)从加速度的角度判断

当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。

(3)从速度变化角度判断

①物体向上加速或向下减速时，超重。

②物体向下加速或向上减速时，失重。

2．超重和失重现象的两点说明

(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)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如物体悬浮空中、天平失效、液体不再产生压强和浮力、“天宫二号”中的航天员躺着和站着睡觉一样舒服等。

[例1]　(2021·郑州质检)阿联酋迪拜的哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是(　　)

A．t＝6 s时，电梯处于失重状态

B．7～53 s时间内，绳索拉力最小

C．t＝59 s时，电梯处于超重状态

D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0

[解析]　根据a­t图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度为a＝1.5 m/s2，加速度方向向上，处于超重状态，选项A错误；t＝59 s时，电梯的加速度为a＝－1.5 m/s2，加速度方向向下，处于失重状态，选项C错误；在7～53 s时间内，电梯向上做匀速运动，绳索拉力等于重力，但拉力不是最小，选项B错误；根据a­t图线与横轴所围图形的面积表

示速度变化量，可知在0～60 s时间内，电梯的速度变化量为零，t＝60 s时，电梯速度恰好为零，选项D正确。

[答案]　D

[跟踪训练]

1．(2020·德州模拟)几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示。然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是(　　)

A．根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动

B．根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态

C．根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动

D．根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态

[解析]　图甲表示电梯静止时体重计的示数，图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，A正确；图丙示数小于静止时体重计的示数，处于失重状态，故B错误；图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误。

[答案]　A

考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题

1．两种模型

2．求解瞬时加速度的一般思路

⇒⇒

[例2]　如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。

(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度。

(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度。

[思路点拨]　(1)甲图水平绳剪断瞬间，剩下为刚性绳模型。

(2)乙图水平绳剪断瞬间，剩下为弹簧模型。

[解析]　(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，对物体受力分析如图，因为物体将做圆周运动，故沿半径L1，垂直半径正交分解：T1＝mgcos θ，mgsin θ＝ma，故瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ。

(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，如图，T2＝mgtan θ，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右。

[答案]　(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方

(2)gtan θ，方向水平向右

◆方法技巧

抓住“两关键”，遵循“四步骤”

1．分析瞬时加速度的“两个关键”

(1)明确绳或线类、弹簧或橡皮筋类模型的特点。

(2)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

2．“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。

[跟踪训练]

2．(多选)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．两图中两球加速度均为gsin θ

B．两图中A球的加速度均为零

C．图甲中B球的加速度为2gsin θ

D．图乙中B球的加速度为gsin θ

[解析]　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间：图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。

[答案]　CD

考点三　动力学的两类基本问题

1．解决动力学两类问题的两个关键点

2．解决动力学基本问题的处理方法

(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”。

(一)已知受力情况确定运动情况

[例3]　如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距x0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小；

(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；

(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。

[解析]　(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2 m/s2。

(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，

即t1＝＝ s＝2 s时，两者之间最大距离

xmax＝x0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。

(3)设推力作用的时间为t2，根据位移公式得

x1＝a1t

则t2＝＝ s＝5 s

速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s

撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2，得a2＝μg＝2 m/s2

由v2＝2ax得x2＝＝m＝25 m

而t3＝＝ s＝5 s。

物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s

则d＝v0t＋x0－(x1＋x2)＝30 m。

[答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m

[跟踪训练]

3.

如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：

(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；

(2)环沿杆向上运动的总距离s。

[解析]　(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有

Fcos θ－mgsin θ－f＝ma1，

Fsin θ＝N＋mgcos θ，

f＝μN，

设0.5 s末速度为v，

根据运动学公式有v＝a1t1，

撤去F后0.4 s内

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，

v＝a2t2，

联立以上各式得μ＝0.5，

a1＝8 m/s2，

a2＝10 m/s2，

v＝a2t2＝4 m/s。

(2)s＝a1t＋vt2－a2t＝1.8 m。

[答案]　(1)0.5　(2)1.8 m

(二)已知运动情况确定受力情况

[例4]　(2020·开封月考)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v­t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；

(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。

[解析]　(1)在2 s内，由题图乙知：

物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m

物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m

所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m

路程L＝x1＋x2＝1.5 m

(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小

a1＝4 m/s2

a2＝4 m/s2

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有

0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1

0．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2

解得F＝8 N。

[答案]　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N

◆规律总结

两类动力学问题的解题步骤

[跟踪训练]

4．如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：

(1)鱼入水时的速度v；

(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；

(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。

[解析]　(1)由v2＝2gH，得v＝2

(2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝

(3)2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1

得F1＝3mg，同理得F2＝mg，

所以＝。

[答案]　(1)2　(2)2∶3　(3)9∶7

与斜面有关的动力学问题

(一)斜面上物体的受力问题

[典例1]　如图所示，三角形物体放在倾角为θ的斜面上，若物体与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ，则无论作用在物体上竖直向下的外力F有多大，物体都不会滑动，这种现象叫作“自锁”。千斤顶的原理与之类似，请证明之。

[证明]　当力F作用在物体上时，沿斜面向下的力为(F＋mg)sin θ，假设物体滑动，则沿斜面向上的摩擦力为

μ(F＋mg)cos θ

由μ＞tan θ，

可得μ(F＋mg)cos θ＞(F＋mg)sin θ

从上式可以看出，无论力F为多大，能提供给物体沿斜面向上的摩擦力总是大于沿斜面向下的力，所以物体不会滑动。

[跟踪训练]

1．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图所示。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示。下列判断正确的是(　　)

A．a1＝a2＝a3　　　　　 B．a1＝a2＜a3

C．a1＜a2＝a3  D．a1＜a2＜a3

[解析]　根据牛顿第二定律，图甲中有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ－μgcos θ；图乙中有(m＋m1)gsin θ－μ(m＋m1)gcos θ＝(m＋m1)a2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ；图丙中，令F＝m′g，则有(m＋m′)·gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝ma3，解得a3＝(gsin θ－μgcos θ)，故a1＝a2＜a3，选项B正确。

[答案]　B

(二)光滑斜面上运动的几类典型问题

1．等高斜面上运动时间问题

由L＝at2，a＝gsin θ，L＝

可得：t＝ ，

可知倾角越小，时间越长，图甲中t1＞t2＞t3。

2．同底斜面上运动时间问题

由L＝at2，a＝gsin θ，L＝

可得：t＝ ，

可见θ＝45°时时间最短，图乙中t1＝t3＞t2。

3．等时圆问题

(1)圆周内同顶端的斜面(如图甲所示)。即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＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。

(2)圆周内同底端的斜面(如图乙所示)。即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(如图丙所示)。即在竖直面内两个圆，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。

[典例2]　如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是(　　)

A．滑到底端时的速度相同

B．滑到底端所用的时间相同

C．在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短

D．在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短

[解析]　由规律(2)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项A错误；由规律(1)可知物体在倾角θ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项D正确。

[答案]　D

[跟踪训练]

2．(2020·合肥检测)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一

小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)

A．tAB＝tCD＝tEF  B．tAB＞tCD＞tEF

C．tAB＜tCD＜tEF  D．tAB＝tCD＜tEF

[解析]　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线的延长线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF，B项正确。

[答案]　B