2022届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 讲义(考点+经典例题)

第十一讲牛顿第二定律应用(一)一、动力学的两类基本问题1.基本思路2.基本步骤3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。

(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。

4.常用方法(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)时，则采用正交分解法。

类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【典例1】如图甲所示，滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。

假设滑沙者的速度超过8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25。

如图乙所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A 处由静止开始下滑，滑至坡底B (B 处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处。

已知沙板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB 坡长L ＝20.5 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)滑沙者到B 处时的速度大小；(2)滑沙者在水平地面上运动的最大距离；(3)滑沙者在AB 段与BC 段运动的时间之比。

解析 (1)滑沙者在斜面上刚开始运动时速度较小，设经过t 1时间下滑速度达到8 m/s ，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1解得a 1＝2 m/s 2所以t 1＝v a 1＝4 s 下滑的距离为x 1＝12a 1t 21＝16 m接下来下滑时的加速度a 2＝g sin θ－μ2g cos θ＝4 m/s 2下滑到B 点时，有v 2B －v 2＝2a 2(L －x 1) 解得v B ＝10 m/s 。

(2)滑沙者在水平地面减速时的加速度大小a 3＝μ3g ＝4 m/s 2所以能滑行的最远距离x 2＝v 2B 2a 3＝12.5 m 。

(3)滑沙者速度从8 m/s 增大到10 m/s 所用时间t 2＝v B －v a 2＝0.5 s 在斜面上滑行的总时间T 1＝t 1＋t 2＝4.5 s ，在水平地面上减速的时间T 2＝v B a 3＝2.5 s 所以时间之比T 1T 2＝95。

答案 (1)10 m/s (2)12.5 m (3)9∶5类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况【典例2】我国第五代制空战机歼－20具备高隐身性、高机动能力，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最大9倍重力加速度。

假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20以50 m/s 的初速度离地，开始竖直向上飞行。

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18.1 km 。

假设加速阶段所受阻力恒为重力的15。

已知该歼－20战机质量为20 t ，g 取10 m/s 2，忽略战机因油耗等导致的质量变化。

图9(1)请计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥；(2)求本次飞行测试中歼－20战机匀速飞行的时间；(3)该次测试中，求在加速阶段歼－20发动机提供的推力大小。

解析(1)3 060 km/h＝850 m/s加速阶段的加速度大小a＝ΔvΔt＝80 m/s2因为a＜9g，因此飞行员不会晕厥。

(2)在匀加速阶段，飞机上升的高度为x＝v0t＋12at2＝4 500 m所以匀速上升的时间为t′＝h－xv＝18 100－4 500850s＝16 s。

(3)根据牛顿第二定律得F－f－mg＝ma代入数据解得F＝1.84×106 N。

答案(1)不会，计算过程见解析(2)16 s(3)1.84×106 N二、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力决定，加速度的方向与物体所受合力的方向一致。

当物体所受合力发生突变时，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：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。

两种模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：抓住“两关键”，遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

(2)“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况。

第二步：分析物体在突变时的受力情况。

第三步：由牛顿第二定律列方程。

第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。

.两个易混问题(1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。

(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。

【典例3】如图，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线连在一起，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上面的细线剪断，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)()A.1.5g，1.5g，0B.g，2g，0C.g，g，gD.g，g，0答案A解析剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为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所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，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3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。

【典例4】如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，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，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有()A.图甲中A球的加速度大小为g sin θB.图甲中B球的加速度大小为2g sin θC.图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θD.图乙中轻杆的作用力一定不为零答案C解析：设B球质量为m，则A球的质量为3m。

撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mg sin θ，加速度大小为4g sin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mg sin θ，A、B两球的加速度大小均为g sin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。

三、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)大于物体所受重力的现象。

(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(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a＝g，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。

5.对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

(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。

(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

6.超重、失重和完全失重的对比名称超重失重完全失重现象视重大于实重视重小于实重视重等于0产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体竖直向下的加速度等于g对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行7.超重、失重现象的判断【典例5】(多选)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。

简化后模型如图所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。

吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是()A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左B.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右C.过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用D.过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零解析吊车从A向C运动的过程中，加速度的方向斜向上，在竖直方向的分加速度向上，所以物体M处于超重状态；同时吊车水平方向的分加速度的方向向右，所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右，故A项错误，B项正确；吊车经过D点时，做匀速圆周运动，则物体M的加速度的方向竖直向下，处于失重状态；在水平方向物体M不受摩擦力，故C项正确；由于加速度大小未知，不能判断出吊车的底板对M的支持力是否为零，D项错误。

答案BC四、临界和极值1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。

(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。

(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是临界点。

2.常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0。

(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。

(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0。

(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。

3.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。

(2)寻找过程中变化的物理量。

(3)探索物理量的变化规律。

(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。

4.解题技巧方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【典例6】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是()A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 NB．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 NC．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 ND．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N答案A解析小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F cos θ＝ma0，F sin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋F N cos θ－mg＝0，F1cos θ－F N sin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误；②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 5 N，选项C、D错误．【典例7】如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．答案(1)33(2)θ＝60°532m解析(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F f，F f＝μmg cos θ 联立解得：μ＝3 3.(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝v022g(sin θ＋μcos θ)，令cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，即tan α＝μ＝3 3，故α＝30°，又因x＝v022g1＋μ2sin (θ＋α)当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为x min＝v022g(sin 60°＋μcos 60°)＝3v024g＝532m.。