届一轮复习人教版 牛顿第二定律的应用 学案.docx

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届一轮复习人教版牛顿第二定律的应用学案

第2讲　牛顿第二定律的应用

知识排查

超重与失重现象

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。

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：

小题速练

1.思考判断

（1）物体超重时，加速度向上，速度也可能向上。

（　　）

（2）物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。

（　　）

（3）加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。

（　　）

（4）减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。

（　　）

（5）物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小。

（　　）

答案　

（1）√　

（2）√　（3）×　（4）×（5）×　

2.（多选）某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是（　　）

A.加速下降　　　　B.加速上升

C.减速下降D.减速上升

解析　测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，则加速度向下，砝码处于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降，选项A、D正确。

答案　AD

3.一物块从固定斜面底端沿倾角为θ的斜面上滑，到达最大高度后又返回斜面底端。

已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　）

A.tanθB.tanθ

C.tanθD.tanθ

解析　物块沿斜面上滑时的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，则x＝a1t2；物块沿斜面下滑时的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，则x＝a2（2t）2，联立解得μ＝

tanθ，选项C正确。

答案　C

　牛顿第二定律的瞬时性

1.两种模型

2.求解瞬时加速度的一般思路

【例1】（2019·山东泰安模拟）如图1所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上。

两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态。

已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间（重力加速度为g），下列说法正确的是（　　）

图1

A.弹簧弹力大小为mgB.球B的加速度为g

C.球A受到的支持力为mgD.球A的加速度为g

解析　剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有改变，则F合＝＝mg，aB＝g，选项A、B错误；剪断细绳前，A球的重力大小GA＝2F绳cos30°＝mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝mg，选项C错误；剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝g，选项D正确。

答案　D

【拓展延伸】　

（1）如图2甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？

（2）如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？

（3）由

（1）

（2）的分析可以得出什么结论？

图2

答案　

（1）弹簧和下段绳的拉力都变为0。

（2）弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0。

（3）绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。

1.（多选）（2019·山东烟台测试）如图3所示，两个质量为m1＝2kg，m2＝3kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝40N、F2＝10N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是（　　）

图3

A.弹簧秤的示数是28N

B.弹簧秤的示数是30N

C.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6m/s2

D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2

解析　以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度

a＝＝6m/s2，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：

F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28N，选项A正确，B

错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，选项C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度a′＝＝m/s2＝

9.33m/s2，选项D错误。

答案　AC

2.（2019·河北衡水中学调研）如图4所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着小球A，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＝gB.aA＝2g，aB＝0

C.aA＝g，aB＝0D.aA＝2g，aB＝0

解析　水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图。

静止时，T＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1′，又F1＝F1′，F1＝mBg＝mAg；水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以aA＝＝2g，aB＝0，故选项D正确。

答案　D

　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”。

【例2】（2019·山东德州市期末）如图5所示，在建筑装修中，工人用质量m＝

5kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。

（g取10m/s2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

图5

（1）图（a）中，磨石A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1，当F1＝50N时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；

（2）若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，如图（b）所示，当对A加竖直向上推力F2＝60N时，求磨石A从静止开始沿斜壁向上运动0.5m（斜壁长＞0.5m）所用的时间。

【思路点拨】　

（1）对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可求得磨石受到的摩擦力，再根据滑动摩擦力的公式求得动摩擦因数μ。

（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，根据位移时间关系即可求解。

解析　

（1）A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即

Ff＝F1cosθ＝40N，μ＝＝＝0.5。

（2）将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。

在沿斜面方向有：

（F2－mg）cosθ－Ff1＝ma；

在垂直斜面方向上有：

FN＝（F2－mg）sinθ；

则Ff1＝μ（F2－mg）sinθ，解得a＝1m/s2，

沿斜壁向上运动中，根据x＝at2，解得t＝1s。

答案　

（1）0.5　

（2）1s

两类动力学问题的解题步骤

1.（多选）（2019·徐州质检）如图6所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下（取g＝10m/s2）（　　）

图6

A.物体经10s速度减为零B.物体经2s速度减为零

C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动

解析　物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得a＝＝m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝s＝2s，选项A错误，B正确；减速到零后，恒力F

答案　BC

2.（2018·4月浙江选考）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。

如图7所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。

若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。

求：

图7

（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；

（2）企鹅在冰面滑动的加速度大小；

（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。

（计算结果可用根式表示）

解析　

（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有x＝at2，

解得x＝16m。

（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2

解得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2。

（3）企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′

t′＝，x′＝a1t′2，解得x′＝1m。

企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有

v－02＝2a2（x＋x′）

解得vt＝2m/s。

答案　

（1）16m　

（2）8m/s2　4m/s2　（3）2m/s

　超重与失重现象

判断超重和失重现象的三个角度

从受力的角度判断

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

从加速度的角度判断

当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态

从速度变化的角度判断

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

【例3】广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟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，从向上为正方向，a－t图象如图8所示。

则下列相关说法正确的是（　　）

图8

A.t＝4.5s时，电梯处于失重状态

B.5～55s时间内，绳索拉力最小

C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态

D.t＝60s时，电梯速度恰好为零

解析　利用a－t图象可判断：

t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确。

答案　D

1.如图9所示，台秤上放一个木箱，木箱内两物体用细绳通过光滑滑轮相连（m1>m2），m2下端用一细绳与木箱相连，平衡时台秤的示数为某一数值；今剪断m2下端细绳，在m1下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数将（　　）

图9

A.变大B.变小C.不变D.不能判定

解析　剪断m2下端细绳后，两物体都是加速运动的，由于m1>m2，所以系统处于失重状态，选项B正确。

答案　B

2.人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图10所示。

以下说法正确的是（　　）

图10

A.人受到的摩擦力水平向左

B.人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力

C.人处于超重状态

D.扶梯对人的作用力竖直向上

解析　设人的加速度大小为a，人的加速度斜向下，设扶梯与水平方向的夹角为θ，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向下，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，方向水平向右，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。

由于人有竖直向下的分加速度，所以人处于失重状态，选项A、C错误；根据牛顿第三定律可知，人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力，选项B正确；人受到扶梯的向右的摩擦力和向上的支持力，其合力方向不是竖直方向，选项D错误。

答案　B

分析超、失重问题的两点注意

（1）不管物体的加速度是否沿竖直方向，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）发生超失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）比重力大或比重力小。

科学思维系列——“光滑斜面”模型

1.模型特点：

如图11所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑固定斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：

图11

（1）物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。

关系式为t＝。

（2）物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。

关系式为v＝。

2.应用类型

（1）等高的斜面，如图甲所示。

（2）同底的斜面，如图乙所示。

（3）解决方法

【典例】（2019·合肥质检）如图12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（　　）

图12

A.tAB＝tCD＝tEFB.tAB>tCD>tEF

C.tAB

解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于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，选项B正确。

答案　B

[即学即练]

1.如图13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（　　）

图13

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　关系式v＝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；由关系式t＝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

2.一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶（假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动），则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是（　　）

解析　如图，设房顶宽为2b，高度为h，斜面倾角为θ。

由图中几何关系有h＝btanθ

由运动学关系可得t＝

联立解得t＝，可见，当θ＝45°时，t最小，选项C正确。

答案　C

活页作业

（时间：

40分钟）

基础巩固练

1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则（　　）

图1

A.携带弹药越多，加速度越大

B.加速度相同，与携带弹药的多少无关

C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大

D.携带弹药越多，滑行时间越长

答案　D

2.如图2，一物块在水平拉力（大小为F）的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，其加速度为a。

若保持力的大小不变，而方向与水平面成30°角，物块也做匀加速直线运动，加速度大小也为a。

则物块与桌面间的动摩擦因数为（　　）

图2

A.B.2－

C.2＋D.

解析　物块在水平拉力的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动时，有：

F－Ff＝ma，Ff＝μmg；当保持力的大小不变，而方向与水平面成30°角时，有：

Fcos30°－Ff′＝ma，Ff′＝μ（mg－Fsin30°），联立解得物块与桌面间的动摩擦因数μ＝2－，选项B正确。

答案　B

3.（2019·北京清华附中模拟）体育课上某同学做引体向上。

他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。

下列说法正确的是

图3

A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力

B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力

C.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大

D.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变

解析　在上升和下降过程中，人都是从静止开始，最终又回到静止状态，故上升时是先超重后失重，下降时是先失重后超重，而超重时是单杠对人的用力大于人的重力，失重时是单杠对人的作用力小于人的重力，故选项A、B均错误；若增大两手间的距离，由于两手的合力等于人的重力，而重力不变，故两个分力的夹角越大，则需要分力也就越大，故选项C正确，D错误。

答案　C

4.（2018·4月浙江选考）如图4所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。

下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是（　　）

图4

解析　体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选C。

答案　C

5.（2018·上海浦东二模）如图5所示，细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点，小球处于静止状态。

将细绳烧断的瞬间，小球的加速度方向（　　）

图5

A.沿BO方向B.沿OB方向

C.竖直向下D.沿AO方向

解析　小球平衡时，对小球受力分析，重力、弹簧弹力、绳的拉力，当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力、弹力不变，所以重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向，故D正确。

答案　D

6.（2018·11月浙江选考）如图6所示为某一游戏的局部简化示意图。

D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。

已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（　　）

图6

A.5sB.4.8sC.4.4sD.3s

解析　小车在AB段，由题意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小为a1＝μg＝

2m/s2，由运动学公式得LAB＝v0t1－a1t，解得t1＝3s，或t1′＝7s（舍去）。

从B到C运动时，如图所示，LBC＝2Rsinθ，加速度为a2＝gsinθ，所以LBC＝a2t，得t2＝2s，所以从A到C的时间为t＝t1＋t2＝5s。

答案　A

7.如图7所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。

小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。

则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为（　　）

图7

A.1B.2C.3D.4

解析　物块从A到B根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g。

从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g。

设小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为，由于AB＝BC＝l，由运动学公式知，从A到B：

－v2＝－2μ1gl，从B到C：

0－＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

8.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。

（取g＝10m/s2）

图8

（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。

解析　

（1）开始速度v＝324km/h＝90m/s，列车减速时加速度大小a1＝＝

0.3m/s2。

（2）驶离车站的加速度大小a2＝＝0.5m/s2，由F－kmg＝ma得牵引力F＝m（kg＋a）＝1.2×106N。

（3）减速位移x1＝＝13500m，加速时间t3＝＝180s。

列车从开始减速到恢复原速过程中的平均速度＝＝30m/s。

答案　

（1）0.3m/s2　

（2）1.2×126N　（3）30m/s

综合提能练

9.（多选）如图9所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。

每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则（　　）

图9

A.v1＞v2B.v1＜v2C.t1＝t2D.t1＜t2

解析　因b环开始的竖直高度大于c，根据v＝可知，v1＞v2，选项A正确，B错误；过a点做竖直线，分别做经过c点和b点的等时圆如图所示，由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1

答案　AD

10.（多选）（2019·山东烟台统考）如图10所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上，大小为16N的力F作用在质量为2kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10m/s2，物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。

则下列说法中正确的是（　　）

图10

A.在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变

B.在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2

C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

D.撤去力F后，物块最终将静止在斜面上

解析　物块匀速上滑过程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F－Gsin30°－f＝0，代入数据解得f＝6N；撤去F后，物块由于惯性继续上滑，其余力均不变，则摩擦力f＝6N，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得