2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第3章 第2讲　牛顿第二定律的基本应用.docx

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1、第2讲牛顿第二定律的基本应用目标要求1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算考点一瞬时问题1两种模型合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变2解题思路例1如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度为g.则有()Aa10，a2g Ba1g，a2gCa10，a24g Da1g

2、，a24g答案C解析开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a10；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a24g，故C正确，A、B、D错误例2(多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，下列判断中正确的是()A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin C在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D在BC被

3、突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin 答案BC解析设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos mg，Fsin FT，解得F，FTmgtan ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcos ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin ma，解得agsin ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有ma，故加速度大小a，C正确，D错误例3(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线

4、P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37.现剪断细线P.弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 370.6，cos 370.8.下列说法正确的是()A剪断细线P前，弹簧形变量为B剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为C剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小D剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g答案ACD解析剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力根据共点力平衡有FTsin 37mg，FTcos 37kx，联立解得x，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于

5、静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FTmg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FTmgsin 37man0，mgcos 37mat，解得FTmgt3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，即t2t1t3，故B、C、D正确等时圆模型1质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；3两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦

6、上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示课时精练1.(2020山东卷1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2 时间内，v减小，FNmgCt2t3 时间内，v增大，FNmg答案D解析根据st图像的斜率表示速度可知，0t1时间内v增大，t2t3时间内v减小，t1t2时间内v不变，故B、C错误；0t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FNmg，故D正确2水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始

7、以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是()A小车2 s末的速度大小是4 m/sB小车受到的阻力大小是15 NC撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2D小车运动的总时间为6 s答案B解析根据运动学公式，小车2 s末的速度大小vat13 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得FFfma，解得Ff15 N，撤去推力后，加速度大小为a0.5 m/s2，减速时间为t2 s6 s，小车运动的总时间为tt1t22 s6 s8 s，故B正确，C、D错误3(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压

8、力()At2 s时最大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小答案AD解析人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有Fmgma，即Fmgma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75、45、30.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是()A物体沿CA下滑，加速度最大B物体沿EA下滑，加速度最大C物体沿CA滑到底端所需时间最短D物体沿DA滑到底

9、端所需时间最短答案AD解析设斜面倾角为，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin ma，解得agsin ，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得at2，联立可求得t2，当45时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确5.如图所示，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

10、断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()AaAaBg BaA2g，aB0CaAg，aB0 DaA2g，aB0答案D解析水平细线被剪断前分别对A、B进行受力分析如图所示：静止时，FTFsin 60，Fcos 60mAgF1，F1F1mBg，又mAmB，联立解得FT2mAg；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aA2g，aB0，D正确6.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直轨道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.现让一小物块先后

11、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()AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtCDtEF，B项正确7.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A13 B12 C1 D1答案D解析如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为

12、，则s2Rcos ，小球下滑的加速度agcos ，根据sat2得t2，可知下滑时间与无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2Rgt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4Rgt22，联立解得，选项D正确8(多选)(2023安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力

13、恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g10 m/s2，则()A跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B入水后全红婵处于失重状态C全红婵在空中运动的时间为1.5 sD入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N答案AD解析跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据hv0tgt2，可得t2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1v0gt15 m/s，在水中的加速度大小a7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻mgma3510 N357.5

14、 N612.5 N，D正确9(2022浙江6月选考19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24角，长度l14 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点(取cos 240.9，sin 240.4，重力加速度g10 m/s2)(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.答案(1)2 m/s2(2)4 m/s(3)2.7 m解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 2

15、4mgcos 24ma1代入数据解得a12 m/s2(2)根据运动学公式有v22a1l1解得v4 m/s(3)根据牛顿第二定律有mgma2根据运动学公式有vmax2v22a2l2代入数据联立解得l22.7 m.10某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的

16、平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g10 m/s2.求：(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.答案(1)40 m/s(2)8.5 s解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FF阻ma1，F阻0.2mg，v122a1L1，联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在

17、倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间t18 s，在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FF阻mgma2，代入数据解得a24 m/s2，由v22v122a2L2，代入数据解得v242 m/s，飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s，则tt1t28.5 s.11.(2019浙江4月选考12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，木水铁)()AA球将向上运动，B、C球将向下运动BA、B球将向上运动，C球不动CA球将向下运动，B球将向上运动，C球不动DA球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案D解析开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.