2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第3章第2节牛顿第二定律的基本应用

1、 牛顿第二定律的基本应用一、动力学两类基本问题1动力学的两类基本问题第一类：已知物体的受力情况求运动情况；第二类：已知物体的运动情况求受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：二、超重与失重1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。2超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)产生条件：物体具有向上的加速度。3失重(1)定义

2、：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。4完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力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。一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。()(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。()(3)失重说明物体的重力减小了。()(4)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。()(5)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。()二、教材习题衍生1(

3、人教版必修第一册P104T2改编)蹦极是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中()A人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态B在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态C在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态D在c点，人的速度为零，其加速度也为零C在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上

4、的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。2(鲁科版必修第一册P132T2改编)如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2B电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2C电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2C电

5、梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mgFma，代入数据解得a2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。3(粤教版必修第一册P119T1改编)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沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数eq f(r(3),3)，g取10 m/s2，则物块在运动时间t1.5 s时离斜面底端的距离为()A3.75 m B5 m C6.25 m D15 mB

6、小物块沿斜面向上运动时加速度大小为agsin gcos 10 m/s2，物块运动到最高点的时间teq f(v0,a)1 s1.5 s。由于mgsin mgcos ，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为xeq f(voal( 2,0),2a)5 m，故B正确。 动力学两类基本问题1问题类型2解决动力学两类问题的两个关键点3动力学基本问题中力的处理方法(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”。(2)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”。典例1(2021上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m0.1

7、kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为53的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数0.8，AB与BC的距离之比s1s285。(g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；(3)拉力F的大小。思路点拨：解此题可按以下思路：(1)在BC段，对小圆环进行受力分析牛顿第二定律加速度；(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况运动学规律加速度；(3)在AB段，对小圆环进行受力分析杆对小圆

8、环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)牛顿第二定律拉力F。解析(1)在BC段，小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，甲有FfFNmg，Ffma2，则a2eq f(Ff,m)g0.810 m/s28 m/s2。(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq oal(2,B)2a1s1，小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知veq oal(2,B)2a2s2，又eq f(s1,s2)eq f(8,5)，则a1eq f(s2,s1)a2eq f(5,8)8 m/s25 m/s2。(3)当Fsin mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示，丙由牛顿第二

9、定律可知Fcos Ff2ma1，又Fsin mgFN2，Ff2FN2，代入数据解得F7.5 N。答案(1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 N或7.5 N两类动力学问题的解题步骤跟进训练1(2021安徽马鞍山市高三下学期5月三模)质量为m5 kg的小物块静止于水平地面上的A点，用F35 N的水平拉力作用4 s后撤去，物块继续滑动3 s后停在B点。重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数；(2)A、B两点间的距离。解析(1)有拉力作用过程，由牛顿第二定律可得Fmgma1撤去拉力后由牛顿第二定律可得mgma2可把减速过程看成初速度为零的匀加速运动，则两个阶段末速

10、度相等，可得a1t1a2t2解得0.4。(2)由(1)的分析可得a13 m/s2，a24 m/s2有拉力作用过程的位移为x1eq f(1,2)a1teq oal( 2,1)撤去拉力后的位移为x2eq f(1,2)a2teq oal( 2,2)A、B两点间的距离为xx1x2联立解得x42 m。答案(1)0.4(2)42 m2(2021浙江杭州市高三下学期4月二模)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m1 kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t12 s后变成匀速直线运动，已知匀速

11、直线运动时间t25 s，然后再经匀减速t34 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，g取10 m/s2，求：(1)物品运动过程中的最大速率；(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。解析(1)由题意可知eq f(vm,2)t1vmt2eq f(vm,2)t3h解得vm5 m/s。(2)匀减速阶段物品的加速度大小a2eq f(vm,t3)解得a21.25 m/s2位移大小xeq f(vm,2)t3解得x10 m。(3)匀速运动阶段

12、FmgF阻解得F阻5 N由牛顿第二定律有FF阻mgma1又a1eq f(vm,t1)解得F17.5 N。答案(1)5 m/s(2)1.25 m/s210 m(3)17.5 N 超重与失重问题1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)。(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关。(3)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。(4)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。2判断

13、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加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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。(3)从速度变化角度判断当物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；当物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。题组突破1(2021湖南衡阳市高三模拟)如图所示，小球B刚好放在真空容器A内，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是()A若不计空气阻力，上升过程中，B对A的压

14、力向上B若考虑空气阻力，上升过程中，B对A的压力向上C若考虑空气阻力，上升过程中，B对A的压力向下D若不计空气阻力，上升过程中，B对A的压力向下B将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A、D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到，上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析，B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，因此A对B的压力向下，B对A的压力向上，故B正确，C错误。2(2021广东佛

15、山市高三月考)如图(a)所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示Ft图像的其中一段，如图(b)所示，则()图(a)图(b)At0阶段重物一定处于静止状态Bt1到t2阶段重物先向上加速后向下减速Ct2阶段重物处于超重状态Dt3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态Dt0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误，D正确；t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，重物向下加速或向上减速，所以B错误；t2阶段拉力小于重力，

16、重物处于失重状态，所以C错误。3如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是()A匀加速上升，a5 m/s2 B匀加速下降，a5 m/s2C匀速上升 D静止状态B当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上mgFN下ma，meq f(FN下FN上,ga)eq f(104,1

17、04) kg1 kg，Gmg10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知FN上mgFN下ma，解得a5 m/s2，方向向下，故电梯以a5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a5 m/s2的加速度匀减速上升，故A、C、D错误，B正确。 动力学中的图像问题1常见图像：vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。2动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律Fma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：3解决动力学图像问题的思路(

18、1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。(3)明确能从图像中获取哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。典例2(多选)(2019全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物

19、块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()(a)(b)(c)A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2思路点拨：解此题关键有两点：(1)明确ft图像和vt图像的信息，做好运动分析和受力分析。(2)分段研究木板的加速度，应用牛顿第二定律求解。AB分析知木板受到的摩擦力ff。02 s内，木板静止，Ff，F逐渐增大，所以C错误；45 s内，木板加速度大小a2eq f(0.40.2,1) m/s

20、20.2 m/s2，对木板受力分析，fma20.2 N，得m1 kg，所以A正确；24 s内，对木板Ffma1，Ffma10.2 N1eq f(0.40,2) N0.4 N，所以B正确；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。跟进训练1(2021江苏七市高三下学期5月三调)很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则()At1时刻手机速度最大Bt2时刻手机在最低点Ct3时刻手受的压力最大Dt4时刻手受的压力最小C图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；

21、手机停止运动时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t3时刻手受的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。2(多选)如图(a)所示，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图像如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()(a)(b)A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度ACD由题图(b)可求出物块沿斜面上升的最大位移xm及物块沿斜面上滑的加速度a1和下滑的加速度a2，由mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，可求出和，但无法求出质量m，物块沿斜面上滑的最大高度hmxmsin ，也可以求出，故选项A、C、D正确，B错误。3(2021江苏扬州市高三模拟)皮球从一定高度处由静止下落，t1时刻与地面碰撞后反弹，t2时刻上升到最高点，皮球运动时受到的空气阻力大小恒定，取皮球落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列皮球位置x与时间t的关系图像中，能描述该过程的是 ()ABCDA皮球从一定高度处由静止下落，小球的加速度大小为a1eq f(mgf,m)geq f(f