第2讲 牛顿第二定律的应用\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、牛顿第二定律的应用1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的________．第二类：已知运动情况求物体的________．2．解决两类基本问题的方法以________为“桥梁”，由运动学公式和__________列方程求解．运动情况受力情况加速度牛顿第二定律\n二、超重与失重现象1．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________称为视重．(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的________或台秤所受物体的________．2．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有________的加速度．示数拉力压力大于向上\n3．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有________的加速度．4．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)________的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝____，方向竖直向下．,小于向下等于0g\n生活情境蹦极(BungeeJumping)，也叫机索跳，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．参与该活动的人向下运动的过程中(1)在弹性绳刚伸直前，人处于完全失重状态．()(2)处于完全失重的人．不受重力的作用．()(3)在弹性绳刚伸直后下降的一小段距离内，人处于失重状态()(4)在人下降到最低点前的一小段距离内，人处于超重状态．()√×√√\n关键能力·分层突破\n考点一 用牛顿第二定律求解瞬时加速度1．两种基本模型的特点(1)轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值．(2)轻弹簧(或者橡皮绳)需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变．\n2．求解瞬时加速度的一般思路\n例1.两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如右图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．答案：A\n【考法拓展1】在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC.a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0.故选项D正确．答案：D\n【考法拓展2】把【考法拓展1】中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A．aA＝0aB＝gB．aA＝gaB＝0C．aA＝gaB＝gD．aA＝0aB＝g解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，aB＝0，故选项B正确．答案：B\n跟进训练1.[2022·西安名校联考]如图所示，轻质细线L1和轻弹簧L3分别系有两个完全相同的灯笼甲和乙，L1、L3的上端都系在天花板上，下端用轻质细线L2连接，静止时，L2水平，L1和L3与竖直方向的夹角都为θ.细线不可伸长，不计空气阻力，将灯笼视为质点，现将细线L2从中间剪断，则细线剪断瞬间，甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为()A．1B．sinθC．cosθD．tanθ答案：C\n解析：细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对甲的拉力突然消失，引起L1上的张力发生突变，使甲的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下，大小为a1＝gsinθ；细线L2被剪断的瞬间，细线L2对乙的拉力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化，因而弹簧的弹力不变，乙所受弹力和重力的合力与剪断细线L2前细线L2对乙的拉力等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，乙的加速度大小为a2＝gtanθ，方向水平向右，故甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为＝cosθ，选项C正确．\n考点二 动力学两类基本问题角度1已知受力情况求运动情况例2.[2021·河北卷，13]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接．一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起．背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化．求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案：(1)9m(2)7.44m/s\n解析：(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M.对背包，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得背包的加速度a1＝2m/s2，设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得a1t2＝v0(t－1)＋a2(t－1)2，解得t＝3s，则滑道AB段的长度xAB＝a1t2＝9m.(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s，滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s，滑雪者拎起背包的过程中，根据动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v，解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s.\n命题分析试题情境属于综合应用性题目，以滑雪者滑雪为素材创设生活实践问题情境必备知识考查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律等知识关键能力考查信息加工能力、模型建构能力．提取关键信息，建构物理模型学科素养考查运动与相互作用观念、科学思维．要求考生具有清晰的运动与相互作用观，并能快速优选方法解决问题\n角度2已知运动情况求力例3.如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5m/s的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝m．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，g取10m/s2.求：(1)水平推力F的大小；(2)撤去推力后传感器的示数．答案：(1)75N(2)0\n解析：(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F1＝25N．设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则cosθ＝＝①则圆球重力mg＝F1tanθ②由①②式解得θ＝60°，mg＝25N③当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则m/s2，F＝75N⑦(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得－FA＝ma⑧解得FA＝0，即此时传感器示数为0\n[思维方法](1)解决动力学两类问题的关键点\n(2)解决动力学问题时的处理方法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”．即F合＝ma②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”．即\n跟进训练2.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.答案：(1)2(2)2∶3(3)9∶7\n解析：(1)由v2＝2gH，得v＝2(2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝(3)v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1得F1＝3mg，同理得F2＝mg，所以＝\n考点三 超重与失重问题超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向．(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象．只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态．(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重．\n跟进训练3.下图是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态答案：A\n解析：地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，故选项A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到的气流的力的受力物体都是人，不是一对相互作用力，故选项B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，故选项C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，故选项D错误．\n4．[2022·江西九江模拟]图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g取10m/s2.根据图象分析可知()A.人的重力可由b点读出，约为300NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度答案：C\n解析：开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900N，人的重力也约为900N，故A错误；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误．故选C.\n5.如图所示，弯折杆ABCD的D端接一个小球，杆和球的总质量为m，一小环套在杆AB段上用绳吊着，恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动，杆AB段与水平方向的夹角为θ，则()A．杆对环的压力为mgsinθ＋masinθB．环与杆的摩擦力为mgcosθ＋macosθC．环对杆的作用力为mg＋maD．杆和球处于失重状态答案：C\n解析：杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用，沿BA和垂直BA方向建立直角坐标系，分解加速度，沿BA方向，有Ff－mgsinθ＝masinθ垂直BA方向FN－mgcosθ＝macosθ得Ff＝mgsinθ＋masinθ，FN＝mgcosθ＋macosθ由牛顿第三定律知F′N＝FN，所以选项A、B错误；环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力，由牛顿第二定律可知：作用力方向一定竖直向上，且F－mg＝ma即F＝mg＋ma，选项C正确；杆和球具有向上的加速度，处于超重状态，选项D错误．\n考点四 斜面模型和等时圆模型素养提升模型1斜面模型例4.[2021·全国甲卷，14]如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大答案：D\n解析：横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝gsinθ，故物块从Q到P的运动时间为t＝＝＝，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．\n命题分析试题情境属于基础性题目，以小物块沿光滑长平板下滑为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿第二定律、运动学公式等知识关键能力考查推理论证能力．要求利用小物块的受力和运动特点选出所需规律学科素养考查物理观念、科学思维．要求考生审题后快速判断本题属于动力学问题，从而准确解决问题\n模型2等时圆模型(常见情况)1.“等时圆”满足条件\n2．时间比较(1)对于甲、乙图由2Rsinθ＝gt2sinθ，得t＝＝2，与θ无关，对于丙有t＝2，与θ无关．(2)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些．若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些．\n例5.[2022·广州模拟]如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()A.t1＝t2B．t1＞t2C．t1＜t2D．无法确定答案：A\n解析：设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝＝gcosα，滑杆的长度为x＝Dcosα，则根据x＝at2得，t＝＝＝，可见时间t只与圆的直径、当地的重力加速度有关，A正确，B、C、D错误．\n跟进训练6.某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是()A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同答案：C\n解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinθ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，s＝＝，解得小球在斜面上的运动时间为t＝＝，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
