2023年江苏高考 物理大一轮复习 第三章 第2讲　牛顿第二定律的基本应用 课件（66张PPT）

1、第三章牛顿运动定律第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.内容索引考点一瞬时问题考点二超重和失重问题考点三动力学两类基本问题课时精练考点一瞬时问题1.两种模型加速度与合外力具有因果关系，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 发生突变.夯实必备知识基础梳理不能2.解题思路例1如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a1、a2，

2、则(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)A.a10，a2gB.a1g，a2gC.a12g，a2gD.a1g，a20烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F3mg，在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对a球， mgFma1，解得a12g，b球只受重力，故b球的加速度为a2g，故C正确，A、B、D错误.例2(2022安徽省蚌埠第三中学月考)如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为

3、g)A.图甲中A球的加速度不为零B.图乙中两球加速度均为gsin C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin ，由牛顿第二定律有2mgsin maB，可得B的加速度为aB2gsin ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin 2ma，可得A、B的加速度均为agsin ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsin Fma，可知F0，故题图乙中轻杆的作用力一

4、定为零，故选B.剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论.方法点拨例3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.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gD.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡

5、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被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a ，C、D错误.考点二超重和失重问题1.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.2.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

6、重力的现象.(2)产生条件：物体具有 的加速度.夯实必备知识基础梳理大于向上小于向下3.完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物) 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.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 .(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.完全没有作用力无关g1.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.()2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力.()3.加速上升的物体处于超重状态.()4.物体处于超重

7、或失重状态时其重力并没有发生变化.()5.根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向.()1.判断超重和失重的方法(1)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.(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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.提升关键能力方法技巧2.对超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了).(

8、2)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.例4一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线.则以下说法正确的是A.t1t2时间内，乘客的速度一直增大B.t2t3时间内，乘客的速度一直增大C.t1t2时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力D.t2t3时间内，乘客对电梯的压力小于乘客重力考向1超、失重现象的图像问题根据xt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A、B错误；t1t2时间内，乘客匀速运动，FNmg；t2t3时间内

9、，速度逐渐减小，加速度向下，处于失重状态，则FNt3C.t1aOb，t2tca，故A错误，B、C、D正确.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；等时圆模型方法点拨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上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.等时圆模型方法点拨例92020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球.探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面.嫦娥五号所配备的钻杆具有独

10、特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h2 m深处，已采集到m500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、考向2已知运动情况求受力匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：(1)上升过程中匀速运动的时间t；答案5 s设匀速运动时间为t，总时间为t总，代入数据得t5 s(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字).答案见解析设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大

11、小为a减，a加a减匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，则t加t减t5 s，匀加速上升时有FN1mgma加解得FN10.835 N匀速上升时有FN2mg0.815 N匀减速上升时有mgFN3ma减解得FN30.795 N.课时精练1.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力必备基础练12345678910以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二

12、定律知加速度大小为g，方向竖直向下.再以A为研究对象：因加速度大小为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，故选A.123456789102.生活中经常测量体重.测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体重，如图甲所示.现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作.该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示.对此，下列说法正确的是A.测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段B.测量者的重心在t3时刻速度最小C.测量者的重心在t4时刻加速度最大D.测量者在t1t2时间内表现为超重1

13、234567891012345678910在t1t3阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t3t5阶段，示数大于重力，测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；根据选项A可知，测量者的重心在t3时刻速度最大，B错误；t4时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，C正确；测量者在t1t2时间内示数小于重力，处于失重状态，D错误.3.(2022江苏扬州市高三模拟)如图所示，质量为0.5 kg的物块A悬挂在弹簧测力计下方，木板B托住物块A使整个装置静止，此时测力计的示数为3.0 N，重力加速度g10 m/s2.现使木板B以5 m/s2的加速度向下运动，木

14、板B开始运动的瞬间，物块A的加速度大小为A.0 B.4 m/s2C.5 m/s2 D.6 m/s212345678910木板B开始运动的瞬间，物块A受到的合力大小为FmgF2 N12345678910故选B.4.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是12345678910123456789105.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图像如图乙所示，其中A为

15、曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g10 m/s2，则下列说法不正确的是A.小球刚接触弹簧时速度最大B.当x0.3 m时，小球处于超重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大12345678910由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x10.1 m时，小球的速度最大，说明当x10.1 m12345678910时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kx1mg，解得k20.0 N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为x20.3 m时，弹簧弹力为F20.0 N/m0.3 m6 N m

16、g，故此时小球的加速度向上，小球处于超重状态，B正确；12345678910对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故小球的加速度先减小后增大，D正确.6.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，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为A.aAaBg B.aA2g，aB0能力综合练12345678910水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图

17、所示：静止时，FTFsin 60，Fcos 60mAgF1，F1F1mBg，又mAmB123456789107.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A.tABtCDtEF B.tABtCDtEFC.tABtCDtEF D.tABtCDtCDtEF，B项正确.8.如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水

18、平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2.下列说法中不正确的是A.05 m内物块做匀减速运动B.在t1 s时刻，恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.312345678910由题图乙知，物块的初速度v010 m/s，恒力F在5 m处反向，在05 m内物块运动的时间t 1 s，即在t1 s时刻，恒力F反向，B正确；513 m内，由v222a2x2得物块的加速度a2 m/s24 m/s2，由牛顿第二定律得Fmgma1，Fmgma2，联立两式解得F7 N，

19、0.3，D正确，C错误.1234567891005 m内，由v12v022a1x1，得v122a1x1v02，由题图乙知，2a120 m/s2，则a110 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；9.(2018浙江4月选考19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏.如图所示，有一企鹅在倾角为37的倾斜冰面上，先以加速度a0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t8 s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0.25，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；12345678910答案16 m解得x16 m.12345678910(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；12345678910答案8 m/s24 m/s2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到出发点，两次过