2022届新高考物理人教版一轮复习学案：3-2 牛顿第二定律的应用 WORD版含解析.docx

1、第2讲牛顿第二定律的应用知识点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，具体逻辑关系如下知识点二超重与失重现象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3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

2、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_，方向竖直向下思考辨析(1)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力越大()(2)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关()(3)物体加速度减小时，速度一定减小()(4)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度也一定发生变化()(5)人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进入轨道后，其中的人和物将处于完全失重状态完全失重时，人和物不再受重力作用()完全失重时，人和物处于平衡状态()航天飞机等航天器进入轨道后，具有指向地心的向心力加速度()物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决

3、定，与速度方向无关()考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度师生共研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2求解瞬时加速度的一般思路例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()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20 Da12g，a20【考法拓展1】在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧

4、，其他不变，如右图所示，则例1选项中正确的是()【考法拓展2】将【考法拓展1】中的题图放置在倾角为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()AaA0aB12g BaAgaB0CaAgaBg DaA0aBg练12021河北衡水中学模拟细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是(cos 530.6，sin 530.8)()A小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB小球静止时细绳的拉力大小为35mgC细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD细绳烧断瞬间小

5、球的加速度立即变为53g练22021陕西汉中月考如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，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()A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gD木块B对水平面的压力为3mg考点二动力学两类基本问题多维探究题型1|从受力确定运动情况例2 滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一如图所示为小明妈妈正与小明在冰上做游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05.在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车

6、从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)求：(1)冰车的最大速率(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小教你解决问题【考法拓展1】请根据【例2】中的情境，试求冰车一共滑行了多长时间？【考法拓展2】请根据【例2】中的情境，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动5 s后，停止施加力的作用，则冰车之后自由滑行的时间是多少？题型2|从运动情况确定受力情况例3 如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a杆的夹角为60，斜面2与a杆的夹角为30.现将一小物块(可视

7、为质点)先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为1和2，重力加速度g取10 m/s2，则1：2等于()A.32B. 33C. 12D. 13练32020浙江模拟绰号“威龙”的第五代制空战机歼20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼20新型的抗荷服能帮助飞行员承受的最大加速度为重力加速度的9倍假设某次垂直飞行测试实验中，歼20加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上做飞行试验该飞机在10 s内匀加速到3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设

8、加速阶段所受阻力恒定，约为重力的15.已有该歼20质量为20吨，g取10 m/s2，忽略战机因油耗等导致的质量变化则下列说法正确的是()A本次飞行测试的匀速阶段飞行时间为26.5 sB加速阶段系统的推力为1.84106 NC加速阶段时飞行员有晕厥可能D飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km练4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H2h，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h1h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h21.5h.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

9、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.题后反思(1)解决动力学两类问题的关键点(2)解决动力学问题时的处理方法合成法：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ma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”即考点三超重和失重问题多维探究题型1|超重、失重的判断例4 2021河北鸡泽一中模拟如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动电机(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动某次“轿厢”向上

10、做匀减速运动，则()A“轿厢”处于超重状态B“对重”处于失重状态C“对重”向下做匀加速运动D曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小题型2|利用牛顿第二定律解决超重、失重问题例5 (多选)如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 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4 m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2题型3|超重、失重问

11、题与图象的综合例6 2020新高考卷，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的关系图象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练5质量为45 kg的小明同学站在升降机中的一“体重计”上，当升降机竖直向下运动经过5楼时，“体重计”示数为50 kg，如图所示，重力加速度取10 m/s2.此时小明处于()A超重状态，对“体重计”压力为450 NB超重状态，对“体重计”压力为500 NC失重状态，对“体重计”压力为450 ND失重状态

12、，对“体重计”压力为500 N练6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g10 m/s2.根据图象分析可知()A人的重力可由b点读出，约为300 NBb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思维拓展利用牛顿第二定律解决生活中的实际问题(STSE问题)例1 房顶的建筑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()例2

13、 逃生滑道国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了保证乘客的安全，乘客滑到地面的最大速度不能超过5 m/s.假设逃生口距地面的高度为4 m，人与滑道之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2.求滑道打开后滑道的最小长度例3 紧急避险车道汽车连续下陡坡时，长时间的刹车会导致制动力下降，为保障安全，通常会在路旁设置向上的紧急避险车道，一种紧急避险车道由引道和制动床等组成，尽头是防撞设施，如图甲所示质量为20 t的货车，以18 m/s的初速度冲向倾角11.5(sin 11.50.2)的紧急避险车道，汽车在引道和制动床上的摩擦阻力分别是车重的0.30、0.80.引道长L130

14、m，制动床长L250 m，如图乙所示，取g10 m/s2.(1)求货车刚上引道时的加速度大小；(2)货车将停在何处？是否会自行滑下？(3)考虑到货车进入紧急避险车道速度最大可达到30 m/s，计算分析避险车道制动床长度的数据是否合理第2讲牛顿第二定律的应用基础落实知识点一1运动情况受力情况2加速度牛顿第二定律知识点二1(1)示数(2)拉力压力2(1)大于(2)向上3(1)小于(2)向下4(1)等于0(2)g思考辨析(1)(2)(3)(4)(5)考点突破例1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a1a2g.故选项A正确答案：A考法拓展1解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于

15、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a12g，a20.故选项D正确答案：D考法拓展2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FT2mgsin ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin ，所以A球的瞬时加速度为aA2gsin 30g，故选项B正确答案：B练1解析：本题考查瞬时性问题小球静止时，分析受力情况，如图所示，由平衡条件得弹簧的弹力Fmgtan 5343mg，细绳的拉力Tmgcos 5353mg，故A、B均错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的

16、大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为53g，故C错误，D正确答案：D练2解析：本题考查瞬时性问题撤去C的瞬间，木块A还没有动，即木块A的位移为零，则弹簧的形变量不变，故A正确；开始时整体处于平衡状态，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，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去C瞬间，弹力不变，A所受合力等于C的重力大小，对木块A，由牛顿第二定律得2mgma，解得a2g，方向竖直向上，故C错误；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得FmgN，解得N4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误答案：A例2解析：(1)以冰车及小

17、明为研究对象，由牛顿第二定律得Fmgma1vma1t由得vm5 m/s.(2)冰车匀加速运动过程中有x112a1t2冰车自由滑行时有mgma2vm22a2x2又xx1x2由得x50 m答案：(1)5 m/s(2)50 m考法拓展1解析：撤去推力后，冰车在摩擦力作用下做匀减速直线运动，最终速度为0由运动学公式：0vma2t解得t10 s所以t总tt20 s答案：20 s考法拓展2解析：由运动学公式得vma1t1解得vm2.5 m/s停止施加力，冰车做匀减速直线运动由牛顿第二定律得mgma2.自由滑行时间tvma2代入数据解得t5 s.答案：5 s例3解析：设a、b之间的水平距离为L，到达斜面底端

18、所用的时间为t，当物块在斜面1上运动时，有x12at2得： Lsin 6012a1t2物块在斜面2上运动时，有x12at2得：Lsin 3012a2t2由牛顿第二定律得：mgsin 301mgcos 30ma1mgsin 602mgcos 60ma2联立得1213，故选项D正确答案：D练3解析：战机竖直向上加速阶段初速度v050 m/s，末速度v3 060 km/h850 m/s，根据vv0at得，加速度a80 m/s28g，飞行员不会昏厥；根据牛顿第二定律，Fmgfma，推力Fmgfma1.84106 N，战机加速阶段上升的高度xv0t12at24 500 m，即匀速上升距离为14 km，匀

19、速飞行时间tsv14000850 s16.5 s，故B正确答案：B练4解析：(1)由v22gH，得v2gh(2)因h1v2t1，h2v2t2，得t1t223(3)v22a1h1，F1mgma1得F13mg，同理得F273mg，所以F1F297答案：(1)2gh(2)23(3)97例4解析：本题考查超、失重的判断和理解当“轿厢”向上做匀减速运动时，加速度向下，处于失重状态，选项A错误；“轿厢”失重，所以曳引绳的拉力小于其重力，选项D正确；同时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，选项B、C错误答案：D例5解析：电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，可知重物的重力等于10

20、N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，对重物，根据牛顿第二定律有mgFma，解得a4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下，因此电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，选项B、C正确答案：BC例6解析：根据位移时间图象的斜率表示速度可知，0t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确答案：D练5解析：小明的重力Gmg4510 N450 N；由图可知，此时体重计示数为50 kg，故说明对体重计的压力为500 N，此时压力大于本身的重力，人处于超重状态，故B正

21、确A、C、D错误答案：B练6解析：本题考查根据起跳过程力的变化判断超失重状态开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；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错误答案：C思维拓展典例1解析：设屋檐的底角为，底边长为2L(不变)雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度amgsin mgsin ，位移大小x12at2，而xLcos ，2sin cos sin 2

22、，联立以上各式得t4Lgsin 2.当45时，sin 21为最大值，时间t最短，故选项C正确答案：C典例2解析：本题可以看成斜面模型，如图：设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为，乘客滑到地面时的速度v52 m/s，则有：sin hxcos x2-h2x设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsin mgcos ma对乘客的运动过程进行分析可得：v22ax联立以上各式并代入数据可得x5 m素养考查：将逃生滑道建构成“斜面模型”，通过受力分析、运动分析列动力学方程，然后联立方程进行数学运算，渗透了“科学思维”素养中的“模型建构”及“科学推理”要素“大飞机”项目是“大国重器”，是科技前沿和

23、社会热点问题，学生通过做题，有一种“参与”设计的感受，渗透了“科学态度”与“社会责任”的素养要素典例3解析：本题以紧急避险为背景考查牛顿运动定律问题(1)货车刚上引道时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin k1mgma1，代入数据，得a15.0 m/s2.(2)货车向上经过制动床时，有mgsin k2mgma2，设货车在引道末端的速度为v1，根据运动学公式，有v12v022a1L1，设货车在进入制动床后，滑行x减速到零，有0v122a2x，联立解得x1.2 m，即货车停在距离制动床底部1.2 m处；在引道上，有mgsin k1mg，在制动床上，有mgsin k2mg，故货车无论在紧急避险车道的哪一段都不会自行滑下(3)设货车进入制动床xmax后车能停下来，根据动能定理，有mg(L1xmax)sin k1mgL1k2mgxmax012mvmax2，代入数据，得xmax30 mL250 m，故数据合理答案：(1)5.0 m/s2(2)货车将停在距离制动床底部1.2 m处不会自行滑下(3)见解析