【物理教案】2021江苏高考物理：第三章+第2讲+牛顿第二定律的基本应用.pdf

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1、1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

2、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 1A1.5g,1.5g,0Bg,2g,0Cg，g，gDg，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3mg2ma，解得 a1.5g，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

3、的现象2(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ag，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

4、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：受力情况F合F合ma加速度 a运动学公式运动情况v、x、t自测 2(2020 山东菏泽市

5、模拟)一小物块从倾角为 30 的足够长的斜面底端以初速度v010 m/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 33，g 取 10m/s2，则物块在运动时间t1.5 s 时离斜面底端的距离为()图 2A3.75 mB5 mC6.25 mD15 m答案B3解析小物块沿斜面向上运动时加速度大小为agsin gcos 10 m/s2，物块运动到最高点所需时间tv0a1 s mgcos 所以小物块会匀加速下滑，则有：mgsin mg cos ma3可得加速度a3gsin gcos 2 m/s29向下匀加速运动时：s12a3t22解得：t25 s故小物块在斜面上运动所需时间

6、为：tt1t2(15)s3.2 s.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 11 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 37，现有质量m2.2 kg 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2 s 撤去外力F，物体在04 s 内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示已知sin 37 0.6，cos 37 0.8，取 g 10 m/s2，求：图 11(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 04 s内的位移大小答案(1)0.54 N(2)28 m解析(1)根据vt 图象的斜率表示加速度

7、，则24 s 内物体的加速度大小为：a212842m/s22 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsin mg cos ma2，解得：0.5；02 s内物体的加速度大小为：a182m/s24 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma1，解得：F4 N；(2)物体在 04 s内的位移为：x822m81222 m28 m.1(超重和失重)(2019广东广州市4 月综合测试)如图 12，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()10图 12A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

8、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.2(瞬时问题)(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 13 所示，质量均为m 的木块 A 和 B 用一轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，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 13A弹簧的形变量不改变B弹簧的弹力大小为mgC木块 A的加速度大小为2gD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

9、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F3mg，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：2mgma，解得：a2g，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：3mgmgFN，解得：FN4mg，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3(动力学两类基本问题)(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

10、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1 s 恰好到达他家阳台且速度为零货11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1 m/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g10 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答案(1)2.5 m(2)20.8 N解析(1)无人机匀速上升的高度：h2vt2无人机匀减速上升的高度：h3v2t3无人机匀加速上升的高度：h1hh2h3联立解得：h12.5 m；(2)货物匀加速上升过程：v22ah1

11、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：Fmg0.02mgma联立解得：F 20.8 N.4(动力学两类基本问题)如图 14 所示，水平面与倾角为 53 的斜面在B 点对接，一质量为 1 kg 的物块放在水平面上的A点，用与水平面成 53 向下的恒力推物块，物块以3 m/s2的加速度向右运动，A、B 间距为 6 m，物块到B 点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数均为0.5(g 10 m/s2，sin 53 0.8，cos 53 0.6)，求：图 14(1)推力 F 的大小；(2)物块在斜面

12、上滑行的最大距离答案(1)40 N(2)6 m解析(1)物块在水平面上运动时有：Fcos Ff1ma1，FN1mgFsin ，Ff1FN1，解得 F 40 N；(2)物块运动到B 点时的速度大小v2a1x1236 m/s6 m/s物块在斜面上滑行时有：mgsin Ff2Fcos ma2，FN2mgcos Fsin ，Ff2FN2解得 a23 m/s2，方向沿斜面向下12物块沿斜面上滑的最大距离x2v22a26 m.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200 N/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

13、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，a2.5 m/s2B匀减速上升，a2.5 m/s2C匀加速上升，a5 m/s2D匀减速上升，a5 m/s2答案C解析由胡克定律可知，弹簧的弹力Fkx200(0.230.20)N6 N，由牛顿第二定律知：Fmgma，解得：a5 m/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图 1 甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙不计空气阻力，则下列说法正确的是()图 1A人向上弹起过程中，一直处于超重状态B人向上弹起过程中，踏板对人

14、的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动答案C解析人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后一段过程弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A 错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B 错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C 正确；从最13高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，故D 错误3.(2020广东东莞市

15、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 2A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，

16、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 3Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4mm0m0g14Da1g，a2mm0m0g，a30，a4mm0m0g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a1a2g；物块 3、4 间的轻

17、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Fmg，因此物块 3 满足 Fmg 0，即 a30；对物块4 由牛顿第二定律得a4Fm0gm0m0mm0g，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

18、AaAaBgBaA2g，aB0CaA3g，aB0D aA2 3g，aB0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，FTFsin 60 ，Fcos 60 mAgF1，F1mBg，又 mA mB解得 FT2 3mAg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aAFTmA2 3g，aB0.6.(2019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，细绳和弹15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(

19、)图 5A都等于g2B0 和m1m2g2m2C.m1m2g2m2和 0D0 和g2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：aBm1gsin 30 m2gsin 30 m2m1m2g

20、2m2，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 6A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D16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

21、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 090 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 的关系如图7 所示，g取 10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图 7A物块与木板间的动摩擦因数为33B物块初速度的大小是5 m/sC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 0 时，x5 34m答案ABD解析当 90，物块做竖直上抛运动，最大位移x1.25 m，根据运动学规律得：v0202gx，解得v05 m/s；当 30，x1.25 m，根据速度位移关系：v0202ax，

22、有 av022x10 m/s2，而 agcos gsin ，解得：33，A、B 正确；因为 30 和 90 对应的加速度大小均为a10 m/s2，根据v00 at，运动到最高点所用时间相同，C 错误；当 0 时，ag10 33m/s2，根据v02 02a x，求得 x5 34m，D 正确9(2020河南洛阳市质检)足够长的光滑固定斜面BC 的倾角 53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点有一小段弧形连接(未画出)，一质量 m2 kg 的小物块静止于 A 点 若在 AB 段对小物块施加与水平方向成 53 的恒力 F 作用，如图 8 甲所示小物块在 AB 段运动的速度时间

23、图象如图乙所示，到达 B 点迅速撤去恒力F(已知 sin 53 0.8，cos 53 0.6，g 取 10 m/s2)求：17图 8(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块最终离A 点的距离答案(1)11 N(2)0.5 s(3)3.6 m解析(1)由题图乙可知，小物块在AB 段的加速度大小a1v t2.004.00m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos (mg Fsin )ma1，得 Fma1 mgcos sin 11 N.(2)在 BC 段，对小物块有mgsin ma2，解得 a2gsin 8 m/s2，小

24、物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间为 t2vBa222.08s0.5 s.(3)小物块从B 向 A 运动过程中，有 mgma3，得 a3g5 m/s2，由 B 至停下，小物块的位移xvB22a3 0.4 m，xAB0vB2t04.0 m，xAxABx3.6 m.10(2019河北承德市期末)如图 9 所示，有一个质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角 37，g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8.图 9(1)若由静止释放物体，1 s 后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端

25、时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？答案(1)2 m/s(2)0.5(3)5 N解析(1)设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得x12vt，则v2xt211m/s2 m/s；18(2)由运动学公式得物体沿斜面下滑时加速度大小a1vt2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin mg cos ma1，解得 0.5；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则 F合sin F合cosma2，a21.5 m/s2，0.5，可得 F合15 N，F合mgF15 N，解得 F 5 N，故该恒力大小为5 N，方向竖直向上