3.2牛顿第二定律的基本应用-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份3.2牛顿第二定律的基本应用-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，文件包含32牛顿第二定律的基本应用解析版docx、32牛顿第二定律的基本应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
3.2牛顿第二定律的基本应用

一、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外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致．当物体所受合外力发生突变时，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：剪断轻绳或轻杆断开后，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．
二、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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0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．
三、动力学的两类基本问题
1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路
先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．
2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路
已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．
3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：

瞬时问题
1．两种模型
加速度与合外力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．

2．解题思路
→→
→
例题1.

如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为(　　)
A．g　　　　　　　　　　 B.
C. D.
【答案】D
【解析】　当框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，对小球由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝。
如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a1、a2，则(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)(　　)

A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝－2g，a2＝g D．a1＝－g，a2＝0
【答案】C
【解析】烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F＝3mg，在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对a球， mg－F＝ma1，解得a1＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a2＝g，故C正确，A、B、D错误．
如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为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，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　)

A．图甲中A球的加速度不为零
B．图乙中两球加速度均为gsin θ
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍
【答案】　B
【解析】
　对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin θ，由牛顿第二定律有2mgsin θ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.
超重和失重
1．判断超重和失重的方法
(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(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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．
2．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)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．
例题2. 在升降机底部安装一个压力传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)

A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态
C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg
D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
【答案】C
【解析】　由题图乙可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由题图乙可知，在t0～3t0时间内，物块一直处于失重状态，B错误；由题图乙可知，t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由题图乙可知，t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。
一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．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(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FNθ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)

A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB t2 C．t3 < t2 D．t1 < t3
【答案】C
【解析】
设圆的半径为R，oa与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律及运动学方程可得


联立解得

可知t与θ无关，故滑环从该圆周上的不同点沿光滑细杆下滑到圆周的最低点a所用时间均相同，即为“等时圆”模型，三个滑环下滑的细杆可进行平移，如图所示

可知，沿oa、cd下滑所需时间相等，而沿ob下滑的路程大于等时圆对应长度，故时间较长，可得

故选C。

动力学的图象问题
1．常见的动力学图象
v­t图象、a­t图象、F­t图象、F­a图象等．
2．动力学图象问题的类型

3．解题策略
(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
4．解决图象综合问题的三点提醒
(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)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)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．
例题5. (多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小球刚接触弹簧时速度最大
B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态
C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
【答案】BCD
【解析】
由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx1＝0.1 m时，小球的速度最大，说明当Δx1＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kΔx1＝mg，解得k＝20.0 N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx2＝0.3 m时，弹簧弹力为F＝20.0 N/m×0.3 m＝6 N>mg，故此时小球的加速度向上，小球处于超重状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故小球的加速度先减小后增大，D正确．
一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：

(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；
(2)物块在前6 s内的位移大小x；
(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.
【答案】(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4
【解析】(1)由题图乙可知前2 s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t＝1 s时，Ff1＝F1＝4 N.
(2)在v­t图象中曲线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小x＝ m＝12 m.
(3)由题图乙知，在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma
在4～6 s内物块做匀速运动，有F3＝Ff2＝μmg
解得μ＝0.4.
(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)

A．0～5 m内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．恒力F大小为10 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【答案】AB D
【解析】
　0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误．

1. (多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是(　　)

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ

【答案】BC
【解析】
　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝，C正确，D错误．
2. 用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一端固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后(　　)

A．小球立即获得的加速度
B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C．小球落地的时间小于
D．小球落地的速度大于
【答案】D
【解析】
细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力F合＝，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合＝＝ma，解得a＝，A错误；做平抛运动的物体只受重力，将细绳剪断后，小球受到重力和弹簧的弹力共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有h＝gt2，故小球落地的时间t＝，C
错误；如果不受弹簧弹力，小球将做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得落地速度v＝，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，D正确。
3. (多选)

如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．轻绳a的拉力大小为6mgsin θ
B．B的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下
C．C的加速度为0
D．杆的弹力为0
【答案】BD
【解析】轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT＝mgsin θ，A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsin θ，方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，D正确。
4. (多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　)

A．运动员的质量为60 kg
B．运动员的最大加速度为45 m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
D．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态
【答案】ABC
【解析】
　　由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，最大加速度am＝＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2 s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．
5. 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(　　)

【答案】C
【解析】设屋檐的底角为θ，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a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，联立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
6.

(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；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。
7. 某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　)

A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于下蹲静止状态
C．该同学做了2次下蹲—起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
【答案】B
【解析】
人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下，加速度方向先向下后向上，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中是先失重后超重，D错误；在1 s时向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，A错误；2 s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，B正确；该同学在前2 s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，C错误。
8. 2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：

(1)在水平轨道上运动的加速度大小；
(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；
(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。
【答案】(1)20 m/s2　(2)2.0×105 N　(3)50 m/s
【解析】 (1)根据速度位移公式v2－v＝2aL1，
解得a＝20 m/s2；
(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma
解得Ff＝2.0×105 N；
(3)A到C位移x＝≈200 m
所用的时间t＝＋0.5 s＝4 s
平均速度＝＝50 m/s。
9. 如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝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点时撤去此拉力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μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)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．
【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
【解析】
　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．

对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
Ff＝μFN＝μmg
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知vB2＝2a1x1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
vB2＝2a2x2
又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2.
(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示．
由牛顿第二定律得Fcos θ－Ff1＝ma1
又FN1＋Fsin θ＝mg
Ff1＝μFN1
联立以上各式，代入数据解得
F≈1.05 N.
　
当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示．
由牛顿第二定律可知Fcos θ－Ff2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋FN2
Ff2＝μFN2
联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N.
10. 2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：

(1)上升过程中匀速运动的时间t；
(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．
【答案】(1)5 s　(2)见解析
【解析】
　(1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，
则有h＝vt＋v(t总－t)
代入数据得t＝5 s
(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减
匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，
则t加＝t减＝t′＝5 s，
a加＝a减＝＝0.04 m/s2
匀加速上升时有FN1－mg＝ma加
解得FN1＝0.835 N
匀速上升时有FN2＝mg＝0.815 N
匀减速上升时有mg－FN3＝ma减
解得FN3＝0.795 N.