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1、第2讲牛顿第二定律的应用主干梳理 对点激活知识点牛顿第二定律的应用1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。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：知识点超重和失重1实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(2)视重：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示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较一 思维辨析1超重就是物体的重力变大的现象。()2物体处于完全失重状态时，重力消失。(
2、)3减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。()4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。()5物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。()6物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。()答案1.2.3.4.5.6.二 对点激活1(人教版必修1P87T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()A物体受到的合力为50 NB物体的加速度为25 m/s2C3 s末物体的速度为75 m/sD3 s内物体发生的位移为125 m答案AC解析两个夹角为
3、120的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a25 m/s2,3 s末速度vat75 m/s,3 s内位移xat2112.5 m，故A、C正确，B、D错误。2(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则()A钩码的重力约为4 NB钩码的重力约为2 NCA、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、CDA、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D答案AC解析开始钩码静止，由图象知拉力约为4 N，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为4 N，
4、A正确，B错误。A、D段拉力大于重力，处于超重状态，B、C段拉力小于重力，处于失重状态，C正确，D错误。3.(人教版必修1P86例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角30，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m1.0 kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。答案(1)1.5 N(2)7 m/s解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度a m/s23.5 m/s2，对滑块受力分析，如图所示，
5、根据牛顿第二定律得：mgsinFfma，解得Ff1.5 N。(2)根据v22ax得v m/s7 m/s。考点细研 悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性问题1两种模型加速度与合外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：2求解瞬时加速度的一般思路例1如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为30的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g，则()AaAg，aB0 BaA0，aBgCaAg，aBg DaA0，
6、aBg解题探究(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。(2)剪断轻绳后，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答选A。轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力Fmgsin30，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，对小球A，由牛顿第二定律有Fmgsin30maA，解得aAg，A正确。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因
7、素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式11(2018山东六校联考)(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则()A弹簧的长度为l0B木板AB对小球的支持力为mgC若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为gD若突然把木板AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g答案AC解析小球处于静止状态
8、，设此时弹簧长为l，由平衡条件有：k(ll0)mgtan30，代入数据可得此时弹簧的长度为ll0，A项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FNmg，B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgsin30ma，得ag，C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为mg，小球的加速度大小为g，D项错误。变式12(2018海南五校模拟)如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹
9、簧，已知重力加速度为g，当升降机以加速度a竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为60，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是()AA球的加速度大小为g，方向竖直向下BB球的加速度大小为g，方向竖直向上CA球的加速度大小为g，方向斜向左下方DA球的加速度大小为g，方向沿OA方向答案C解析O、A间的细线被剪断前，对小球A受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30mgma，F2sin30F10，解得F1kxmg，在O、A间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速度aAxg，竖直向下的加速度aAyg，则A球的加速度大小为a
10、Ag，方向斜向左下方；而B球的加速度仍为a，方向竖直向上，C正确。考点2动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题的解题步骤例2(2018陕西摸底)如图所示，质量为m1.0 kg的物体在水平力F5 N的作用下，以v010 m/s向右匀速运动。倾角为37的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力 F，再经过1.5 s物体到达B点。g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求A、B两点间的距离sAB。解题探究(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动Fmg求出。(2)1.5 s时物体一定处
11、于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断与tan的关系。尝试解答4.75_m物体在水平面上匀速运动时有Fmg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma1若物体减速到零，则有0v0a1t1解得t11.0 smgcos，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma2x2a2t根据题意有t1t21.5 s，sABx1x2联立解得sAB4.75 m。总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间
12、的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。变式21 如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。答案(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt，代入数据解得：v1 m/s。(2)因vv0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所
13、示。由牛顿第二定律得：FfmgsinmaFNmgcosFfFN联立解得：，代入数据解得：。变式22如图甲所示是一倾角为37的足够长的斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25。g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16 s内物体发生的位移。答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下解析(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgc
14、osma1v1a1t1解得v15 m/s。(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m当拉力为F24.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2mgcosmgsinma2设物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s设t2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m由于mgsinmgcosF2mgcosmgsin，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态，故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。考点3动力学中的图象问题1常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。2图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。3解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2)
