2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第三章 第2讲

这是一份2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第三章 第2讲，共17页。试卷主要包含了瞬时问题，超重和失重，动力学的两类基本问题等内容，欢迎下载使用。
第2讲　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．
自测1　如图1，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绳连在一起，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，使A的上端失去拉力，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)(　　)

图1
A．1.5g,1.5g,0
B．g,2g,0
C．g，g，g
D．g，g,0
答案　A
解析　剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为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所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，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．
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．
判断正误　(1)超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了．(　×　)
(2)物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用．(　×　)
(3)物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态．(　×　)
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：

自测2　(2020·山东菏泽市模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿固定斜面向上运动(如图2所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)

图2
A．3.75 m B．5 m C．6.25 m D．15 m
答案　B
解析　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s2，物块运动到最高点所需时间t＝＝1 sμmgcos θ
所以小物块会匀加速下滑，
则有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
可得加速度a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
向下匀加速运动时：s＝a3t22
解得：t2＝ s
故小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋) s≈3.2 s.
类型2　已知物体运动情况，分析物体受力情况

例4　(2019·安徽安庆市第二次模拟)如图11甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：

图11
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4 s内的位移大小．
答案　(1)0.5　4 N　(2)28 m
解析　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4 s内物体的加速度大小为：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5；
0～2 s内物体的加速度大小为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N；
(2)物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m.

1．(超重和失重)(2019·广东广州市4月综合测试)如图12，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(　　)

图12
A．失重、失重
B．超重、超重
C．失重、超重
D．超重、失重
答案　A
解析　运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A.
2．(瞬时问题)(多选)(2019·广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海市第一次联合调研)如图13所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)

图13
A．弹簧的形变量不改变
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
答案　AC
解析　由于弹簧弹力不能突变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F＝3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去C瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合外力大小等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg＝ma，解得：a＝2g，方向竖直向上，故C正确；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：3mg＋mg＝FN，解得：FN＝4mg，故由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．
3．(动力学两类基本问题)(2019·福建宁德市5月质检)某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s，最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1 m/s，高度为56 m．货物质量为2 kg，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力．
答案　(1)2.5 m　(2)20.8 N
解析　(1)无人机匀速上升的高度：h2＝vt2
无人机匀减速上升的高度：h3＝t3
无人机匀加速上升的高度：h1＝h－h2－h3
联立解得：h1＝2.5 m；
(2)货物匀加速上升过程：v2＝2ah1
货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：
F－mg－0.02mg＝ma
联立解得：F＝20.8 N.
4．(动力学两类基本问题)如图14所示，水平面与倾角为θ＝53°的斜面在B点对接，一质量为1 kg的物块放在水平面上的A点，用与水平面成θ＝53°向下的恒力推物块，物块以3 m/s2的加速度向右运动，A、B间距为6 m，物块到B点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数均为0.5(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：

图14
(1)推力F的大小；
(2)物块在斜面上滑行的最大距离．
答案　(1)40 N　(2)6 m
解析　(1)物块在水平面上运动时有：
Fcos θ－Ff1＝ma1，
FN1＝mg＋Fsin θ，Ff1＝μFN1，解得F＝40 N；
(2)物块运动到B点时的速度大小v＝＝ m/s＝6 m/s
物块在斜面上滑行时有：mgsin θ＋Ff2－Fcos θ＝ma2，
FN2＝mgcos θ＋Fsin θ，Ff2＝μFN2
解得a2＝3 m/s2，方向沿斜面向下
物块沿斜面上滑的最大距离x2＝＝6 m.


1.(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为(　　)
A．匀加速上升，a＝2.5 m/s2
B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2
C．匀加速上升，a＝5 m/s2
D．匀减速上升，a＝5 m/s2
答案　C
解析　由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6 N，
由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，
解得：a＝5 m/s2
物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．
2．图1甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图1
A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态
B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
D．从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动
答案　C
解析　人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后一段过程弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，故C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，故D错误．
3.(2020·广东东莞市调研)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图2所示．当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　)

图2
A．处于超重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用
D．所受合力竖直向上
答案　C
解析　当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人受到的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．

4.如图3所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)

图3
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
答案　C
解析　在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力大小均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为F＝mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；对物块4由牛顿第二定律得a4＝＝g，故C正确，A、B、D错误．
5.(2019·河北衡水中学第一次调研)如图4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4
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.
6.(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图5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，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(　　)

图5
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相等；在剪断上端的细绳的瞬间，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，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、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，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．

7.(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图6所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是(　　)

图6
A．物体A和物体B均处于超重状态
B．物体A和物体B均处于失重状态
C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态
D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态
答案　D
解析　A加速下降，则加速度方向向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度方向向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态，故A、B、C错误，D正确．
8．(多选)(2019·山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角α可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x.木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图7所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

图7
A．物块与木板间的动摩擦因数为
B．物块初速度的大小是5 m/s
C．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同
D．当α＝0时，x＝ m
答案　ABD
解析　当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x＝1.25 m，根据运动学规律得：v02－0＝2gx，解得v0＝5 m/s；
当α＝30°，x＝1.25 m，根据速度位移关系：v02－0＝2ax，有a＝＝10 m/s2，
而a＝μgcos θ＋gsin θ，解得：μ＝，A、B正确；
因为30°和90°对应的加速度大小均为a＝10 m/s2，根据v0－0＝at，运动到最高点所用时间相同，C错误；
当α＝0时，a′＝μg＝ m/s2，根据v02－0＝2a′x，求得x＝ m，D正确．
9．(2020·河南洛阳市质检)足够长的光滑固定斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点．若在AB段对小物块施加与水平方向成β＝53°的恒力F作用，如图8甲所示．小物块在AB段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：

图8
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块最终离A点的距离．
答案　(1)11 N　(2)0.5 s　(3)3.6 m
解析　(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度大小a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcos β－μ(mg－Fsin β)＝ma1，
得F＝＝11 N.
(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t＝＝ s＝0.5 s.
(3)小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，得a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下，小物块的位移x＝＝0.4 m，xAB＝t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 m.
10．(2019·河北承德市期末)如图9所示，有一个质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图9
(1)若由静止释放物体，1 s后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？
(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？
(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？
答案　(1)2 m/s　(2)0.5　(3)5 N
解析　(1)设物体到达斜面底端时速度大小为v，由运动学公式得x＝vt，则v＝＝ m/s＝2 m/s；
(2)由运动学公式得物体沿斜面下滑时加速度大小a1＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5；
(3)物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下，设该合力为F合，则F合sin θ－μF合cos θ＝ma2，a2＝1.5 m/s2，μ＝0.5，可得F合＝15 N，
F合＝mg＋F＝15 N，解得F＝－5 N，
故该恒力大小为5 N，方向竖直向上．