第2讲 牛顿第二定律的应用

第2讲牛顿第二定律的应用

主干梳理对点激活

对应学生用书P051 知识点牛顿第二定律的应用Ⅱ

1．动力学的两类基本问题

(1)已知受力情况求物体的□01运动情况；

(2)已知运动情况求物体的□02受力情况。

2．解决两类基本问题的方法

以□

03加速度为“桥梁”，由□

04运动学公式和□05牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

知识点超重和失重Ⅰ

1．实重与视重

(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态□01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□02示数称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的□03拉力或台秤所受物体的□04压力。

2．超重、失重和完全失重的比较

超重现象失重现象完全失重现象概念

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉

力)□

05大于物体所受

重力的现象

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉

力)□

06小于物体所受

重力的现象

物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉

力)□

07等于零的现象产生

条件

物体的加速度方向□08

竖直向上

物体的加速度方向□09

竖直向下

物体的加速度方向□

10

竖直向下，大小□11a

＝g

原理

方程

F－mg＝ma

F＝m(g＋a)

mg－F＝ma

F＝m(g－a)

mg－F＝ma

a＝g

F＝0 运动

状态

□

12加速上升或□

13减速

下降

□

14加速下降或□

15减速

上升

以a＝g□

16加速下降

或□

17减速上升一堵点疏通

1．物体做匀减速直线运动时，合外力的方向与速度的方向相反。()

2．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。()

3．超重就是物体的重力变大的现象。()

4．物体处于完全失重状态时，重力消失。()

5．减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。()

6．物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。() 答案 1.√ 2.√ 3.× 4.× 5.× 6.√

二对点激活

1．(人教版必修1·P87·T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()

A．物体受到的合力为50 N

B．物体的加速度为25 3 m/s2

C．3 s末物体的速度为75 m/s

D．3 s内物体发生的位移为125 m

答案AC

解析两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝

F合

m

＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s内位移x＝

1

2at

2＝112.5 m，故A、C正确，B、D

错误。

2. (2019·北京师范大学附属中学高三上学期期中)(人教版必修1·P89·图示改编)如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是()

A．只有“起立”过程，才能出现失重现象

B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象

C．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象

D．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象

答案 C

解析“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、D错误，C正确。

3. (人教版必修1·P86·例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；

(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。

答案(1)1.5 N(2)7 m/s

解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度

a＝Δv

Δt

＝1.4

0.40m/s

2＝3.5 m/s2，

对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：

mg sinθ－F f＝ma，解得F f＝1.5 N。

(2)根据v2＝2ax得

v＝2×3.5×7 m/s＝7 m/s。

考点细研悟法培优

对应学生用书P052 考点1牛顿第二定律的瞬时性问题

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．求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前后

物体的受力情况?列牛顿第二

定律方程?求瞬时

加速度

例1如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。系

统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为a A、a B，重力加速度大小为g，则()

A．a A＝g，a B＝0 B．a A＝0，a B＝g

C．a A＝g，a B＝g D．a A＝0，a B＝1 2g

(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？

提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。

(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？

提示：不突变。

尝试解答选A。

轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F ＝mg sin30°，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mg sin30°＝ma A，解得a A＝g，A正确。

求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”

(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。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。

(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。

[变式1－1](多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30°的光滑木板

AB 托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g 。则( )

A ．弹簧的长度为l 0＋3mg 3k

B ．木板AB 对小球的支持力为32mg

C ．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为12g

D ．若突然把木板AB 撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g

答案 AC

解析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为l ，由平衡条件有：k (l －l 0)＝

mg tan30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l ＝l 0＋3mg 3k ，A 项正确；对小球受力

分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为F N ＝mg cos30°＝233

mg ，B 项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mg sin30°＝ma ，得a ＝12g ，C 项正确；若突

然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此

时小球所受合外力为233mg ，小球的加速度大小为233g ，D 项错误。

[变式1－2] 如图所示，A 、B 两球完全相同，质量均为m ，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O 点，两球之间连着一根劲度系数为k 的轻质弹簧，

已知重力加速度为g ，当升降机以加速度a ＝g 2竖直向上加速运动时，两根细线之

间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O 、A 间的细线被剪断瞬间，下列关于A 、B 两球的加速度的说法正确的是( )

A．A球的加速度大小为g，方向竖直向下B．B球的加速度大小为g，方向竖直向上

C．A球的加速度大小为

7

2g，方向斜向左下方

D．A球的加速度大小为3g，方向沿OA方向

答案 C

解析O、A间的细线被剪断前，对小球A受力分析如图所示，根据牛顿第

二定律有F2cos30°－mg＝ma，F2sin30°－F1＝0，解得F1＝kx＝3

2mg，在O、A 间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速

度a Ax＝F1

m ＝3

2g，竖直向下的加速度a Ay＝g，则A球的加速度大小为a A＝

a2Ax＋a2Ay＝

7

2g，方向斜向左下方；而B球的受力情况不变，其加速度仍为a＝

g

2

，

方向竖直向上，C正确。

考点2动力学的两类基本问题

动力学的两类基本问题的解题步骤

例2如图所示，质量为m＝1.0 kg的物体在水平力F＝5 N的作用下，以v0

＝10 m/s向右匀速运动。倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过1.5 s物体到达B点。g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求A、B两点间的距离s AB。

(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？

提示：由物体在水平面上匀速运动F＝μmg求出μ。

(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？

提示：①判断在斜面上速度减为零的时间；②判断μ与tanθ的关系。

尝试解答 4.75_m

物体在水平面上匀速运动时有F＝μmg①

物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有

mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1②

若物体减速到零，则有0＝v0－a1t1③

解得t1＝1.0 s<1.5 s④

x1＝v0

2t1⑤

由于mg sinθ>μmg cosθ，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2⑥

x2＝1

2a2t

2

2

⑦

根据题意有t1＋t2＝1.5 s⑧

s AB＝x1－x2⑨

联立①④⑤⑥⑦⑧⑨式解得s AB＝4.75 m。

解决两类动力学问题的两个关键点

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。

一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。

(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。

[变式2－1]如图所示，一物体以v0＝2 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t＝1 s。已知斜面长度L＝1.5 m，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；

(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；

(3)物体与斜面间的动摩擦因数。

答案(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)23 5

解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：

L＝v0＋v

2t，代入数据解得：v＝1 m/s。

(2)因v

加速度的大小为：a＝v0－v

t

＝1 m/s2。

(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：F f－mg sinθ＝ma

F N＝mg cosθ

F f＝μF N

联立解得：μ＝a＋g sinθg cosθ

，

代入数据解得：μ＝23

5

。

[变式2－2]如图甲所示是一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，将一质量为m ＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；

(2)前16 s内物体发生的位移。

答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下

解析(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mg sinθ－F1－μmg cosθ＝ma1 v1＝a1t1

解得v1＝5 m/s。

(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则

x1＝1

2a1t

2

1

＝5 m

当拉力为F2＝4.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2

＋μmg cosθ－mg sinθ＝ma2

设物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，t2＝10 s

设t2时间内发生的位移为x2，则x2＝1

2a2t 2

2

＝25 m

由于mg sinθ－μmg cosθ

考点3动力学中的图象问题

1.常见的动力学图象

v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。

2．图象问题的类型

(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。

3．解题策略

(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。

(2)注意图象中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。

(3)明确能从图象中获得的信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

例3(2019·郑州质量预测)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v。

(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；

(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)什么时候滑块下滑的速度最大？

提示：a＝0时。

(2)t＝0时风帆受到的空气阻力是多少？

提示：由F f＝k v知，t＝0时，v＝0，F f＝0。

尝试解答(1)v m＝mg(sinθ－μcosθ)

k(2)0.375 4.5 kg/s

(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：mg sinθ－μmg cosθ－k v＝ma

当a＝0时速度最大，即v m＝mg(sinθ－μcosθ)

k

。

(2)由题图乙可知，当v＝0时，a0＝g sinθ－μg cosθ＝3 m/s2

解得μ＝0.375

由v m＝mg(sinθ－μcosθ)

k

＝2 m/s

解得k＝4.5 kg/s。

解决图象综合问题的思路

图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，

得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析。

[变式3－1](2019·湖北宜昌高三调考)如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看做质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长。现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)。以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()

答案 B

解析物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx和摩擦力f，由牛顿第二定律得：F－kx－f＝ma，整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，故F-x图象是一条纵截距大于零的倾斜直线，A、C、D 错误，B正确。

[变式3－2](2019·百师联盟七调)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的恒定的相互排斥力作用。小球间距大于L时，相互排斥力为零。小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知()

A．a球质量大于b球质量

B．在t1时刻两小球间距最小

C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小

D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反

答案AC

解析从速度—时间图象可以看出b球速度—时间图象的斜率绝对值较大，所以b球的加速度较大，两小球之间的排斥力为一对相互作用力，大小相等，根知，加速度大的质量小，所以b球质量较小，故A正确；开始时二者做据a＝F

m

相向运动，当速度相同时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内匀减速，所以在0～t1时间内排斥力与运动方向相反，而在t1～t3时间内匀加速，排斥力与运动方向相同，D错误。

考点4超重和失重的理解

1.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)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。

(3)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。

(4)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。

(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象。

2．判断超重和失重的方法

(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)从运动状态的角度判断

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4合肥市滨湖游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送上70多米的高处，然后让座舱由静止自由落下，落到离地30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。若舱中某人用手托着一个重力为50 N的铅球。不计空气阻力，则下列说法正确的是()

A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0

B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力

C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0

D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N

(1)当座舱落到离地面45米高的位置时，是自由落体阶段吗？

提示：是，a＝g。

(2)当座舱落到离地面20米高的位置时，加速度方向？

提示：加速度方向竖直向上。

尝试解答选A。

由题意可知座舱从最高处下落到离地30 m高处的过程中做自由落体运动，手与球之间的作用力为零，A正确，B错误；座舱在距离地面30 m处开始制动，制动后向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，铅球处于超重状态，手对球的支持力大于50 N，C、D错误。

(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，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)发生变化。

(2)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。