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2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 牛顿第二定律基本应用
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这是一份2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 牛顿第二定律基本应用，共20页。试卷主要包含了瞬时问题，两类动力学问题，超重和失重等内容，欢迎下载使用。
第2讲 牛顿第二定律基本应用
一、瞬时问题
1.当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2.轻绳(或轻杆)和轻弹簧(或橡皮条)的区别
如图1
图1
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立即变为0。
(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为0。
(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)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、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。
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。
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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。
(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。
【自测 在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大
B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降
D.电梯可能正在加速上升
答案 D
解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
命题点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
2.解题思路
【例1 (2021·江苏扬州市质检)如图2甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列结论正确的是( )
图2
A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
答案 C
解析 甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示
由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，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大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误。
【针对训练1】 (多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图3甲、乙所示，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间 ( )
图3
A.两图中两球加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图甲中B球的加速度为2gsin θ
D.图乙中B球的加速度为gsin θ
答案 CD
解析 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
命题点二 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。
已知物体受力，分析物体运动情况
【真题示例2 (2021·全国甲卷，14)如图4，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θ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θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图4
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P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由x＝at2，得＝gsin θ·t2，得t＝，当2θ＝，即θ＝时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。
【例3 (2021·广东新高考八省大联考)如图5所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则
图5
(1)物体到达B点时的速度是多大？
(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？
答案 (1)6 m/s (2)1.95 s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma
解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2
M到B，根据速度与位移关系式可知
v＝2aL
解得vB＝＝ m/s＝6 m/s。
(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
根据速度与位移关系式可知v＝2a1x
解得x＝1.8 m
由vB＝a1t1得t1＝0.6 s
因μ＜tan θ，所以物体速度减为零后会继续下滑
下滑时根据牛顿第二定律可知
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由x＝a2t得t2＝ s
所以物体在斜面上滑行的总时间
t＝t1＋t2＝(0.6＋) s＝1.95 s。
【针对训练2】 (2021·湖北武汉市4月质检)血液可视为由红血球和血浆组成。将装有血液的试管竖直放置，红血球会在血液中下沉。假设红血球只受粘滞阻力作用，且所受的粘滞阻力F与下沉速度v成正比，测得一红血球以初速度v0沿直线下沉的最大位移为x1，若该红血球以初速度沿直线下沉的最大位移记为x2，则等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 粘滞阻力F与下沉速度v成正比，即F＝kv，把下沉过程分成无数小段，每一小段的运动近似看作匀变速直线运动，则红血球以初速度v0沿直线下沉时，有F1＝kv0＝ma1，则a1＝，由运动学公式v＝2a1x1，解得x1＝，同理，红血球以初速度沿直线下沉时，有F2＝k＝ma2，则a2＝，由运动学公式()2＝2a2x2，解得x2＝，所以＝，故C正确。
已知物体运动情况，分析物体受力
【真题示例4 (2021·浙江6月选考，19)机动车礼让行人是一种文明行为。如图6所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
图6
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
答案 (1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
解析 v1＝36 km/h＝10 m/s
v2＝54 km/h＝15 m/s
(1)根据平均速度公式得t1＝＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度a＝＝－2.5 m/s2
根据牛顿第二定律得－Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24 s
汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度与位移关系式得v2－v＝2as
解得v＝5 m/s。
【针对训练3】 (2021·辽宁葫芦岛市期末)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
答案 (1)96 m/s (2)3.75 s 6.55×104 N
解析 (1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv＝m1g
装载弹药后起飞时，有kv＝m2g
解得v2＝96 m/s。
(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力F水平＝m2a
解得F＝6.55×104 N。
题型自我感悟
动力学两类基本问题是运动学公式和牛顿第二定律的综合应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力。通过以上5个题目的分析，请你回答以下问题：
1.从以上题目可以看出，高考命题通过设计长平板、红血球、机动车和航空母舰等实际物体的运动为背景，来考查学生的什么能力？
提示 把实际物体模型化，看成质点；把实际物体的运动简化成我们熟悉的运动模型，即运动情景的模型化，主要考查学生物理建模的能力。
2.动力学方法是我们分析问题的基本方法，此类题目解题的关键是什么？
提示 在建立运动模型的基础上，要抓住两个分析：即“运动分析”和“受力分析”，根据牛顿第二定律或者运动学公式求出加速度。
命题点三 超重与失重现象
1.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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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。
2.判断超重和失重的方法
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
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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
从速度变化
的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
【真题示例5 (2020·山东卷)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7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( )
图7
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN
答案 D
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿第二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。
【针对训练4】 (2021·北京西城区一模)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图8所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图9所示的图像。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
图8
图9
A.t＝5 s时电梯处于失重状态
B.8～9 s内电梯在做减速运动
C.10～15 s内电梯在上行
D.17～20 s内电梯在下行
答案 C
解析 t＝5 s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯处于超重状态，A错误；t＝0时，电梯处于静止状态，一小段时间后，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯一定加速上升，8～9 s内，电梯的加速度仍为正值，方向竖直向上，可知电梯在加速上升，B错误；t＝10 s时，电梯的加速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10～15 s内，电梯的加速度为零，电梯以最大速度匀速上行，C正确；15～20 s内，电梯的加速度为负值，方向竖直向下，电梯向上做减速运动。由对称性可知，t＝20 s时，电梯的速度减为零，则17～20 s内电梯仍在上行，D错误。
对点练 瞬时问题
1.(2021·安徽庐江月考)如图1所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1：a2为 ( )
图1
A.1∶1 B.2∶1
C.∶1 D.2∶1
答案 C
解析 a、b绳剪断前小球受力如图所示，
Fa＝mgcos 30°
Fb＝mgcos 60°
剪断a绳瞬间
a1＝＝gcos 30°
剪断b绳瞬间，a2＝＝gcos 60°
所以a1∶a2＝cos 30°∶cos 60°＝∶1
C正确。
2.如图2所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为(重力加速度为g)( )
图2
A.都等于 B.0和
C.和0 D.0和
答案 B
解析 在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力大小相等；在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它沿斜面向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得aB＝＝，故B正确，A、C、D错误。
3.如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
图3
A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝0 D.aA＝2g，aB＝0
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝
2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，故D正确。
对点练 动力学的两类基本问题
4.(2021· 河北保定模拟)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图4所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)( )
图4
A. B.
C.(＋1) D.(＋1)
答案 C
解析 由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，t1＝＝，x1＝；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，x2＝x1＝a2t，t2＝，所以t＝t1＋t2＝(＋1)，故选项C正确。
5.如图5所示，凤靡全球的《蜘蛛侠2》电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1×106 kg的速度为360 km/h飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前方400 m断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，g取10 m/s2，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为( )
图5
A.1×105 N B.1×106 N
C.1×107 N D.1×108 N
答案 C
解析 F阻＝0.25mg＝2.5×106 N，v0＝360 km/h＝100 m/s，由v＝2ax得列车做匀减速运动的加速度的大小为a＝＝12.5 m/s2。由牛顿第二定律知F阻＋f＝ma，代入数据得f＝1×107 N，故选项C正确。
对点练 超重与失重现象
6.(2021·北京东城区期末)下列属于超重现象的是( )
A.汽车驶过拱形桥顶端
B.航天器随火箭从地面向上加速发射
C.人在电梯中随电梯减速上升
D.宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动
答案 B
解析 汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，C错误；宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力作为向心力，宇宙飞船处于完全失重状态，D错误。
7.如图6所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则( )
图6
A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0
C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0
答案 C
解析 当圆筒竖直向下做加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒竖直向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2
图7
A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点时人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
答案 C
解析 人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选项错误。
9.(2021·浙江杭州4月质检)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图8
(1)物品运动过程中的最大速率；
(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
答案 (1)5 m/s (2)1.25 m/s2 10 m (3)17.5 N
解析 (1)由题意可知t1＋vmt2＋t3＝h
解得vm＝5 m/s。
(2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝
解得a2＝1.25 m/s2
位移大小x＝t3，解得x＝10 m。
(3)匀速阶段物品所受合力为0
即F＝F阻＋mg，解得F阻＝5 N
匀加速阶段由牛顿第二定律有F′－F阻－mg＝ma1
又a1＝，解得F′＝17.5 N。
10.(2020·浙江1月选考，19)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)。求小明和滑雪车
图9
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
答案 (1)18 m/s (2)6 s (3)180 N
解析 (1)由题意得＝，
代入数据可得vm＝18 m/s。
(2)在斜直雪道上，x1＝t1
解得t1＝6 s。
(3)在斜直雪道上，小明和滑雪车整体的加速度
a＝＝3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma
代入数据可得Ff＝180 N。
11.(2020·浙江7月选考，19)如图10甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝
34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取
10 m/s2，求物件
图10
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
答案 (1)0.125 m/s2 方向竖直向下
(2)1 m/s (3)40 m
解析 (1)由牛顿第二定律mg－F＝ma
得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m
总位移h＝＝40 m。
第2讲 牛顿第二定律基本应用
一、瞬时问题
1.当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2.轻绳(或轻杆)和轻弹簧(或橡皮条)的区别
如图1
图1
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立即变为0。
(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为0。
(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)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、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。
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。
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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。
(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。
【自测 在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大
B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降
D.电梯可能正在加速上升
答案 D
解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
命题点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
2.解题思路
【例1 (2021·江苏扬州市质检)如图2甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列结论正确的是( )
图2
A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
答案 C
解析 甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示
由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，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大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误。
【针对训练1】 (多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图3甲、乙所示，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间 ( )
图3
A.两图中两球加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图甲中B球的加速度为2gsin θ
D.图乙中B球的加速度为gsin θ
答案 CD
解析 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
命题点二 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。
已知物体受力，分析物体运动情况
【真题示例2 (2021·全国甲卷，14)如图4，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θ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θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图4
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P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由x＝at2，得＝gsin θ·t2，得t＝，当2θ＝，即θ＝时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。
【例3 (2021·广东新高考八省大联考)如图5所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则
图5
(1)物体到达B点时的速度是多大？
(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？
答案 (1)6 m/s (2)1.95 s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma
解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2
M到B，根据速度与位移关系式可知
v＝2aL
解得vB＝＝ m/s＝6 m/s。
(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
根据速度与位移关系式可知v＝2a1x
解得x＝1.8 m
由vB＝a1t1得t1＝0.6 s
因μ＜tan θ，所以物体速度减为零后会继续下滑
下滑时根据牛顿第二定律可知
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由x＝a2t得t2＝ s
所以物体在斜面上滑行的总时间
t＝t1＋t2＝(0.6＋) s＝1.95 s。
【针对训练2】 (2021·湖北武汉市4月质检)血液可视为由红血球和血浆组成。将装有血液的试管竖直放置，红血球会在血液中下沉。假设红血球只受粘滞阻力作用，且所受的粘滞阻力F与下沉速度v成正比，测得一红血球以初速度v0沿直线下沉的最大位移为x1，若该红血球以初速度沿直线下沉的最大位移记为x2，则等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 粘滞阻力F与下沉速度v成正比，即F＝kv，把下沉过程分成无数小段，每一小段的运动近似看作匀变速直线运动，则红血球以初速度v0沿直线下沉时，有F1＝kv0＝ma1，则a1＝，由运动学公式v＝2a1x1，解得x1＝，同理，红血球以初速度沿直线下沉时，有F2＝k＝ma2，则a2＝，由运动学公式()2＝2a2x2，解得x2＝，所以＝，故C正确。
已知物体运动情况，分析物体受力
【真题示例4 (2021·浙江6月选考，19)机动车礼让行人是一种文明行为。如图6所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
图6
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
答案 (1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
解析 v1＝36 km/h＝10 m/s
v2＝54 km/h＝15 m/s
(1)根据平均速度公式得t1＝＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度a＝＝－2.5 m/s2
根据牛顿第二定律得－Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24 s
汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度与位移关系式得v2－v＝2as
解得v＝5 m/s。
【针对训练3】 (2021·辽宁葫芦岛市期末)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
答案 (1)96 m/s (2)3.75 s 6.55×104 N
解析 (1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kv＝m1g
装载弹药后起飞时，有kv＝m2g
解得v2＝96 m/s。
(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力F水平＝m2a
解得F＝6.55×104 N。
题型自我感悟
动力学两类基本问题是运动学公式和牛顿第二定律的综合应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力。通过以上5个题目的分析，请你回答以下问题：
1.从以上题目可以看出，高考命题通过设计长平板、红血球、机动车和航空母舰等实际物体的运动为背景，来考查学生的什么能力？
提示 把实际物体模型化，看成质点；把实际物体的运动简化成我们熟悉的运动模型，即运动情景的模型化，主要考查学生物理建模的能力。
2.动力学方法是我们分析问题的基本方法，此类题目解题的关键是什么？
提示 在建立运动模型的基础上，要抓住两个分析：即“运动分析”和“受力分析”，根据牛顿第二定律或者运动学公式求出加速度。
命题点三 超重与失重现象
1.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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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。
2.判断超重和失重的方法
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
从加速度的
角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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
从速度变化
的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
【真题示例5 (2020·山东卷)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7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( )
图7
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN
答案 D
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN
【针对训练4】 (2021·北京西城区一模)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图8所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图9所示的图像。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )
图8
图9
A.t＝5 s时电梯处于失重状态
B.8～9 s内电梯在做减速运动
C.10～15 s内电梯在上行
D.17～20 s内电梯在下行
答案 C
解析 t＝5 s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯处于超重状态，A错误；t＝0时，电梯处于静止状态，一小段时间后，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯一定加速上升，8～9 s内，电梯的加速度仍为正值，方向竖直向上，可知电梯在加速上升，B错误；t＝10 s时，电梯的加速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10～15 s内，电梯的加速度为零，电梯以最大速度匀速上行，C正确；15～20 s内，电梯的加速度为负值，方向竖直向下，电梯向上做减速运动。由对称性可知，t＝20 s时，电梯的速度减为零，则17～20 s内电梯仍在上行，D错误。
对点练 瞬时问题
1.(2021·安徽庐江月考)如图1所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1：a2为 ( )
图1
A.1∶1 B.2∶1
C.∶1 D.2∶1
答案 C
解析 a、b绳剪断前小球受力如图所示，
Fa＝mgcos 30°
Fb＝mgcos 60°
剪断a绳瞬间
a1＝＝gcos 30°
剪断b绳瞬间，a2＝＝gcos 60°
所以a1∶a2＝cos 30°∶cos 60°＝∶1
C正确。
2.如图2所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为(重力加速度为g)( )
图2
A.都等于 B.0和
C.和0 D.0和
答案 B
解析 在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力大小相等；在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它沿斜面向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得aB＝＝，故B正确，A、C、D错误。
3.如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
图3
A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝0 D.aA＝2g，aB＝0
答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝
2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，故D正确。
对点练 动力学的两类基本问题
4.(2021· 河北保定模拟)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图4所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)( )
图4
A. B.
C.(＋1) D.(＋1)
答案 C
解析 由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，t1＝＝，x1＝；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，x2＝x1＝a2t，t2＝，所以t＝t1＋t2＝(＋1)，故选项C正确。
5.如图5所示，凤靡全球的《蜘蛛侠2》电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1×106 kg的速度为360 km/h飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前方400 m断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，g取10 m/s2，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为( )
图5
A.1×105 N B.1×106 N
C.1×107 N D.1×108 N
答案 C
解析 F阻＝0.25mg＝2.5×106 N，v0＝360 km/h＝100 m/s，由v＝2ax得列车做匀减速运动的加速度的大小为a＝＝12.5 m/s2。由牛顿第二定律知F阻＋f＝ma，代入数据得f＝1×107 N，故选项C正确。
对点练 超重与失重现象
6.(2021·北京东城区期末)下列属于超重现象的是( )
A.汽车驶过拱形桥顶端
B.航天器随火箭从地面向上加速发射
C.人在电梯中随电梯减速上升
D.宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动
答案 B
解析 汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，C错误；宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力作为向心力，宇宙飞船处于完全失重状态，D错误。
7.如图6所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则( )
图6
A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0
C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0
答案 C
解析 当圆筒竖直向下做加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒竖直向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2
图7
A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点时人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
答案 C
解析 人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选项错误。
9.(2021·浙江杭州4月质检)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图8
(1)物品运动过程中的最大速率；
(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
答案 (1)5 m/s (2)1.25 m/s2 10 m (3)17.5 N
解析 (1)由题意可知t1＋vmt2＋t3＝h
解得vm＝5 m/s。
(2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝
解得a2＝1.25 m/s2
位移大小x＝t3，解得x＝10 m。
(3)匀速阶段物品所受合力为0
即F＝F阻＋mg，解得F阻＝5 N
匀加速阶段由牛顿第二定律有F′－F阻－mg＝ma1
又a1＝，解得F′＝17.5 N。
10.(2020·浙江1月选考，19)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2)。求小明和滑雪车
图9
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
答案 (1)18 m/s (2)6 s (3)180 N
解析 (1)由题意得＝，
代入数据可得vm＝18 m/s。
(2)在斜直雪道上，x1＝t1
解得t1＝6 s。
(3)在斜直雪道上，小明和滑雪车整体的加速度
a＝＝3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma
代入数据可得Ff＝180 N。
11.(2020·浙江7月选考，19)如图10甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝
34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取
10 m/s2，求物件
图10
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
答案 (1)0.125 m/s2 方向竖直向下
(2)1 m/s (3)40 m
解析 (1)由牛顿第二定律mg－F＝ma
得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下。
(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m
总位移h＝＝40 m。
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