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1、第三讲 牛顿第二定律的基本应用 知识梳理一、超重与失重1.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。2.超重、失重和完全失重的比较超重失重完全失重现象视重大于物体重力视重小于物体重力视重等于产生条件物体的加速度向上物体的加速度向下物体的加速度等于运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g加速下降或减速上升原理方程Fmgma mgFmamgFmg 二、两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：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第二定律列方程求解，具体逻辑
2、关系如图： 知识训练考点一、超重和失重例1、如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2【答案】C【解析】由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超重状态，故A、D错误；由Fmgma，可得Fmgma，则当a1.5 m/s2时体重计的示数最大，故B错误，C正确。 课堂随练训练1、(2020北京高三二模)很多智能手机都
3、有加速度传感器。小明把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示。以下实验中手机均无翻转。下列说法正确的是()A若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，所得图像可能如图乙所示B若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图丙所示C若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，所得图像可能如图丁所示D手机屏幕上的图像出现正最大值时，表明手机处于失重状态【答案】A【解析】若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机先加速后减速，加速度先竖直向下
4、，再竖直向上。由题图甲可知加速度竖直向下时为负值。若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，手机先竖直向上加速然后竖直上抛运动最后竖直向下减速，加速度方向先竖直向上然后竖直向下最后竖直向上，即先正然后负最后正，所得图像可能如题图乙所示，故A正确；若保持手托着手机，小明做下蹲动作，手机先竖直向下加速然后竖直向下减速，加速度方向先竖直向下然后竖直向上，即先负后正，整个下蹲过程所得图像不可能如题图丙所示，故B错误；若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，手机先竖直向上加速最后竖直向上减速，加速度方向先竖直向上最后竖直向下，即先正最后负，所得图像不可能如题图丁所示，故C错误；手机屏幕上的图像出现正最
5、大值时，说明加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D错误。训练2、(多选)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,则运动员( )A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态【答案】CD【解析】运动员刚接触床面时,重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;当弹力增大到等于重力时速度最大;继续下降,弹力大于重力,做减速运动,运动员处于超重状态,即在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态,A错误,C正确;在第二过
6、程中运动员先向上加速运动,处于超重状态,后减速运动,处于失重状态,B错误,D正确。考点二、动力学的两类基本问题1.解题步骤例1、(2021高考全国卷甲，T14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大【答案】D【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知gt2sin ，可得t2，可知45时，t有最小值，故当从由30逐
7、渐增大至60时，下滑时间t先减小后增大。例2、(2022山东省实验模拟)假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30 km高空时，速度达到1.2 km/s，然后助推器脱落，向上减速运动后落回地面进行回收。火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为不变，且等于在地球表面时的重力，助推器脱落后运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的0.2，g取10 m/s2，求：(1)助推器能上升到距离地面的最大高度；(2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。【答案】(1)9104 m(2)1 200 m/s250 s【解析】(1)火箭加速上升的高度h13104m，助推器
8、脱落时的速度v11.2103 m/s，助推器脱落后向上做减速运动， f0.2mg，有mgfma1，v2a1h2，v1a1t1解得h26104m，t1100 s助推器上升的最大高度为hh1h29104 m(或90 km)。(2)助推器从最高点下落过程中，有mgfma2，v2a2h，v2a2t2解得v21 200 m/s，t2150 s助推器从脱离到落地经历的时间tt1t2250 s。例3、(2021安徽芜湖检测)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度时间图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹
9、角均为37，如图乙所示。已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv(g取10 m/s2,取cos 37=0.8,sin 37=0.6)。求:(1)打开降落伞前运动员下落的距离;(2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向;(3)每根绳能够承受的最小拉力。【答案】(1)20 m (2)200 Nm/s30 m/s2方向竖直向上 (3)312.5 N【解析】(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动,根据速度与位移公式得h0=20 m(2)由题图甲可知,当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则
10、kv=2mgk=200 Ns/m刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得a=30 m/s2方向竖直向上。(3)设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得8Tcos 37-mg=ma解得T=312.5 N所以每根绳能够承受的拉力至少为312.5 N。例4、如图甲所示，质量m1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。【答案】(1)0.5
11、 m1.5 m (2)4 m/s24 m/s28 N【解析】(1)物块上升的位移x121 m1 m物块下滑的距离x211 m0.5 m位移xx1x21 m0.5 m0.5 m路程Lx1x21 m0.5 m1.5 m。(2)由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度的大小a1 m/s24 m/s2无拉力F作用阶段加速度大小a2 m/s24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得00.5 s内FFfmgsin ma1051 s内Ffmgsin ma2联立解得F8 N。例5、(多选)如图所示，Oa、Ob和da是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆
12、周的最高点，a为最低点，O为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da分别到达a、b、a所用的时间。下列关系正确的是()At1t2 Bt2t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故选项A错误，选项B、C、D均正确。l 课堂随练训练1、如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直。各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之
13、比为()A111 B543C589 D123【答案】A【解析】因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。训练2、(多选)如图a，质量m10.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m20.1 kg的小物块静止于小车上，t0时刻小物块以速度v011 m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图b显示物块与小车第1 s内运动的vt图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物块与平板小车间的动摩擦因数0.4B恒力F
14、0.5 NC物块与小车间的相对位移x相对6.5 mD小物块向右滑动的最大位移为xmax7.7 m【答案】ABD【解析】根据vt图象可知，在第1 s内小车向右做匀加速直线运动，小物块向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为a1 m/s22 m/s2，a2 m/s29 m/s2；对小车根据牛顿第二定律有：m2gm1a1，对小物块根据牛顿第二定律有：(Fm2g)m2a2，代入数据解得：0.4，F0.5 N，故A、B正确。根据图象可知，在t1 s时小车和小物块的速度相同，因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m1m2g，所以此后两者不再发生相对运动；在第1 s内小车发生的位移为x1a1t21 m，小物块发生的位移为x2v0ta2t26.5 m，所以物块与小车间的相对位移x相对x2x15.5 m，故C错误。当小车与小物块的速度相等后，小车和小物块组成的整体在外力F的作用下先一起向右做匀减速直线运动，其加速度大小为a3 m/s2，当速
