江苏版高考物理一轮复习第3章第2节牛顿第二定律、两类动力学问题课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第3章第2节牛顿第二定律、两类动力学问题课时学案，共30页。试卷主要包含了牛顿第二定律，超重与失重，动力学两类基本问题等内容，欢迎下载使用。

(对应学生用书第52页)
一、牛顿第二定律、单位制
1．牛顿第二定律
(1)内容
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a＝eq \f(F,m)或F＝ma。
(3)适用范围
①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制
(1)单位制由基本单位和导出单位组成。
(2)基本单位
基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
(3)导出单位
由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
二、超重与失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(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。
2．超重、失重和完全失重的比较
三、动力学两类基本问题
1．两类动力学问题
(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。
(2)已知物体的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，具体逻辑关系如下：
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。(×)
(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。(×)
(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。(√)
(4)失重说明物体的重力减小了。(×)
(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(×)
(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。(√)
二、教材习题衍生
1．(牛顿第二定律的理解)下列说法不正确的是( )
A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
B [由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，由此可知当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，A正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，C正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，D正确。]
2.(牛顿第二定律的基本应用)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时，物体做匀加速直线运动，则F1的值不可能是(g取10 m/s2)( )
A．3 N B．25 N
C．30 N D．50 N
B [若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确。]
3.(超失重的理解)一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是( )
A．t1～t2时间内，乘客的速度一直增大
B．t2～t3时间内，乘客的速度一直增大
C．t1～t2时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力
D．t2～t3时间内，乘客对电梯的压力小于乘客重力
D [根据x-t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故A、B错误；t1～t2时间内，乘客匀速运动，FN＝mg；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向下，处于失重状态，则FN 牛顿第二定律的理解
(对应学生用书第54页)
1．(对牛顿第二定律的理解)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个力的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
D [由牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，跟速度没有直接关系，A错误；物体所受合外力不为0时就产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，与所受作用力中的任一个力没有必然关系，C错误；加速度是矢量，在某一个方向上的加速度，与这个方向上的合外力成正比，与其质量成反比，D正确。]
2．(力与运动关系问题定性分析)(2023·常州高级中学质量检测)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法不正确的是( )
A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度
B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同
C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的
D．合力变小，物体的速度一定变小
D [加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误。]
合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。一般情况下，合力与速度无必然的联系。
(2)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。
(3)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq \f(1,m)。
超重和失重
(对应学生用书第54页)
1.(根据运动情况判断超、失重)如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是( )
A．升降机正在匀加速上升
B．升降机正在匀减速上升
C．升降机失重，正在加速下降，且加速度越来越大
D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大
C [
由题意知，升降机静止时，篮球处于平衡状态，只受重力和弹簧弹力，有FT＝mg；在竖直方向运动时，侧壁的弹力增大，受力分析如图所示，有FNsin θ＝F，FNcs θ＋mg－FT＝ma，解得a＝eq \f(F,mtan θ)，加速度方向向下，大小在增大，可能的运动情况是失重——加速下降或减速上升，故只有C正确。]
2．(根据超、失重判断运动状态)如图是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，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．0～4 s内该同学做了2次下蹲—起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
B [人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，人处于失重状态，到达一个最大速度后再减速向下运动，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，选项D错误；在1 s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2 s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项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，选项C错误。]
3．(完全失重)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，重力加速度g取10 m/s2。根据图像分析可知( )

甲 乙
A．人的重力可由b点读出，约为300 N
B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
C [开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。]
超重和失重的判断方法
(1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。
(2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。
(3)物体超重、失重与运动状态的关系
动力学中的两类问题
(对应学生用书第55页)
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示
2．解决动力学两类问题的两个关键点
3．动力学基本问题的力的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
[典例] 一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
审题指导：解此题关键有两点
(1)选取滑块为研究对象，正确作出受力分析。
(2)根据运动过程求出加速度，结合牛顿第二定律求恒力F。
[解析] (1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，
根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),6)。
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。
根据题意可得x＝eq \f(1,2)a1t2，得a1＝2 m/s2
当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，
则Fcs 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N
甲 乙 丙
当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，
则mgsin 30°－Fcs 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7) N。
[答案] (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N或eq \f(4\r(3),7) N
动力学问题的解题步骤
[跟进训练]
已知受力情况求运动情况
1.(2023·南京模拟)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求人从斜坡上滑下的加速度的大小；
(2)若AB的长度为25 m，求BC的长度为多少。
[解析]
(1)人在斜坡上受力如图所示，建立图示坐标系，
设人在斜坡上滑下的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ－Ff1＝ma1
FN1－mgcs θ＝0
又Ff1＝μFN1
联立解得a1＝g(sin θ－μcs θ)
代入数据得a1＝2.0 m/s2。
(2)人滑到B点时，由veq \\al(2,B)＝2a1xAB得
vB＝eq \r(2a1xAB)＝10 m/s
在水平滑道上运动时有Ff2＝ma2，Ff2＝μmg
得a2＝μg＝5 m/s2
由veq \\al(2,C)－veq \\al(2,B)＝－2a2xBC
得xBC＝eq \f(v\\al(2,B),2a2)＝10 m。
[答案] (1)2.0 m/s2 (2)10 m
2．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq \f(2,5)。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)。
[解析] 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0
s＝v0t0＋eq \f(v\\al(2,0),2a0)
解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5
设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有μ＝eq \f(2,5)μ0
由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma
s＝vt0＋eq \f(v2,2a)
解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合实际，舍去)。
[答案] 20 m/s
已知运动情况求受力情况
3.如图所示，一倾角为θ＝30°的上表面光滑的斜面上，有相距为L的A、B两点，质量为m＝1 kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在F1＝11 N、方向沿斜面向上的力的作用下，从A点由静止运动到B点，所经历时间t1＝1 s，到B点时换成了沿斜面向下的力F2作用在物块上，经过时间t2＝2 s后返回A点，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)A、B两点之间的距离L；
(2)力F2的大小。
[解析] (1)物块从A点到达B点的过程中，有
a1＝eq \f(F1－mgsin θ,m)，L＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
代入数据解得a1＝6 m/s2，L＝3 m。
(2)物块在B点的速度v1＝a1t1＝6 m/s
物块从B点回到A点的过程中，有
－L＝v1t2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得a2＝7.5 m/s2
由a2＝eq \f(F2＋mgsin θ,m)
解得F2＝2.5 N。
[答案] (1)3 m (2)2.5 N
4.(2023·江苏南京高三开学考试)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一只企鹅在倾角为θ＝37°的倾斜冰面上先以a＝1.0 m/s2的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝4 s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.25，已知sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80不计空气阻力，g取10 m/s2，试分析回答下列问题：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。
[解析] (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小为
x＝eq \f(1,2)at2＝8 m。
(2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小
a′＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝gsin 37°＋μgcs 37°＝8 m/s2。
(3)企鹅在冰面上滑时的初速度为v＝at＝4 m/s
向上滑行的位移为x′＝eq \f(v2,2a′)＝1 m
企鹅退滑到出发点时的位移大小为x″＝x＋x′＝9 m
加速度大小
a″＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝gsin 37°－μgcs 37°＝4 m/s2
所以企鹅退滑到出发点时的速度大小v＝eq \r( 2a″x″)＝eq \r(2×4×9) m/s＝6eq \r(2) m/s。
[答案] (1)8 m (2)8 m/s2 (3)6eq \r(2) m/s
牛顿第二定律的瞬时性问题
(对应学生用书第57页)
1．两种模型
加速度与合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，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点
2．求解瞬时加速度的一般思路
eq \x(\a\al(分析瞬时变化前后,物体的受力情况))⇒eq \x(\a\al(根据牛顿第二,定律列方程))⇒eq \x(\a\al(求瞬时,加速度))
[典例] (一题多变)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
A [由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故选项A正确。]
[变式1] 在[典例]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
D [剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。故选项D正确。]
[变式2] 在[变式1]中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是( )
A．aA＝0 aB＝eq \f(1,2)g B．aA＝g aB＝0
C．aA＝g aB＝g D．aA＝0 aB＝g
B [细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确。]
[变式3] 把[变式2]中的两小球改为三小球，并将弹簧和轻绳互换位置，如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是( )
A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零
B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零
C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为mgsin θ
C [剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ 。以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝gsin θ，方向沿斜面向下，故C正确，A、B、D错误。]
“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
(2)“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
[跟进训练]
1.如图所示，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质量为m,2、4质量为M，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( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
D．a1＝g，a2＝eq \f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq \f(m＋M,M)g
C [在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq \f(F＋Mg,M)＝eq \f(M＋m,M)g，所以C正确。]
2.如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根轻绳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g
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
B [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Fcs θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝eq \f(mg,cs θ)，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mgcs 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＝eq \f(g,cs θ)，C、D错误。]
3.(2023·清江模拟)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球将向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球将向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10eq \r(2) m/s2
B [在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得弹簧的弹力F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。 小球的受力个数发生改变，故选项A错误；小球所受的最大静摩擦力为Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(10－2,1) m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故选项B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故选项D错误。]
课时分层作业(八) 牛顿第二定律、两类动力学问题
(对应学生用书第404页)
题组一 牛顿第二定律的理解
1．(2022·锡山高中一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是( )
A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．较大的雨滴最大速率也较大
D．较小的雨滴在空中运动的时间较短
C [设雨滴下落时受到的阻力为Ff＝kv，根据牛顿第二定律：mg－kv＝ma，则雨滴下落时，随着速率的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速率最大，则vm＝eq \f(mg,k)，质量越大，则最大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速率较小，整个过程的平均速率较小，则在空中运动的时间较长，选项D错误。]
2.如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中( )
A．P做匀变速直线运动
B．P的加速度方向发生变化
C．当加速度数值最大时，速度也最大
D．有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D [在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧被压缩至最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧被压缩至最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左做加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。]
题组二 超重和失重问题
3.如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是( )
A．将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态
B．将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在超重状态
C．将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出
D．饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出
C [无论是竖直向上还是竖直向下抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，加速度为g，处于完全失重状态，A、B错误；将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，因飞船内的物体也是处于完全失重状态，可知水不流出，C正确；饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，不是完全失重状态，则水会流出，D错误。]
4．(2023·江苏盐城模拟)建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量。通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力变化过程可能正确的是( )
A B
C D
C [设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，可得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确。]
题组三 瞬时问题
5.如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10 m/s2)( )
A．0 B．15 m/s2
C．6 m/s2 D．5 m/s2
C [开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故选项C正确。]
6．(2023·江苏常熟期末)如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法不正确的是( )
A．细线A中拉力的大小FA为eq \r(3)mg
B．轻弹簧B中拉力的大小FB为mg
C．轻弹簧B的伸长量Δx为eq \f(2mg,k)
D．突然剪短细线A的瞬间，小球的加速度a大小为eq \r(3)g
B [
对小球受力分析，如图所示。由平衡条件得tan 60°＝eq \f(FA,mg)，解得细线A中拉力的大小FA＝eq \r(3)mg，故A正确；由三角函数关系得cs 60°＝eq \f(mg,FB)，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝eq \f(2mg,k)，故B错误，C正确；弹簧的弹力不能突变，则突然剪断细线A的瞬间，仍有FB＝2mg，由牛顿第二定律得eq \r(F\\al(2,B)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mg))2)＝ma，解得a＝eq \r(3)g，方向水平向右，故D正确。]
题组四 动力学中的两类问题
7．(2022·湖南卷)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为eq \f(\r(15),4)Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5eq \r(3)m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
C [当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kveq \\al(2,1)，当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速向上运动时，有Mg＋kveq \\al(2,2)＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25 Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kveq \\al(2,2))2，解得F＝eq \f(\r(17),4)Mg，B项错误；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Feq \\al(2,max)－(Mg)2＝(kveq \\al(2,3))2，解得v3＝5eq \r(3) m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kveq \\al(2,2)＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误。]
8.(2023·江苏南京高三月考)如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α。某时刻绳突然断裂，氢气球飞走。已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力Ff正比于其相对空气的速度v，可以表示为Ff＝kv(k为已知的常数)。则
(1)氢气球受到的浮力为多大？
(2)绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？
(3)一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小(设空气密度不发生变化，重力加速度为g)。
[解析] (1)气球静止时受力如图所示，设细绳的拉力为T，由平衡条件得
Tsin α＋mg－F浮＝0
Tcs α＝kv0
解得T＝eq \f(kv0,cs α)
F浮＝kv0tan α＋mg。
(2)细绳断裂瞬间，气球所受合力大小为T，则加速度大小为a＝eq \f(F合,m)
解得a＝eq \f(kv0,mcs α)。
(3)设气球匀速运动时，相对空气竖直向上速度vy，则有kvy＋mg－F浮＝0
解得vy＝v0tan α
气球相对地面速度大小v′＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))
解得v′＝eq \f(v0,cs α)。
[答案] (1)kv0tan α＋mg (2)eq \f(kv0,mcs α) (3)eq \f(v0,cs α)
9．(2023·宜兴中学期末)航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为Ff＝4 N，g取10 m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6 s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力( )
A．36 m B．30 m
C．24 m D．18 m
C [飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2，t＝6 s时，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s内的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，匀减速上升的位移x2＝eq \f(v\\al(2,1),2a2)＝eq \f(122,2×12) m＝6 m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋Ff－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，开始恢复升力的速度设为v，则eq \f(v2,2a3)＋eq \f(v2,2a4)＝h，解得v＝12eq \r(2) m/s，此时飞机离地面的高度h1＝eq \f(v2,2a4)＝24 m，故C正确。]
10．(2023·江苏南京高三月考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2。(结果可用根号表示)
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
[解析] (1)当θ＝30°时，对木块受力分析，根据平衡条件有
mgsin θ＝μFN，FN＝mgcs θ
联立解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)当θ变化时，木块的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
木块的位移为s，根据速度位移公式有veq \\al(2,0)＝2as
则有s＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin θ＋μcs θ)
令tan α＝μ，则s＝eq \f(v\\al(2,0)cs α,2gsinα＋θ)
当α＋θ＝90°时s最小，即θ＝60°，s最小值为
smin＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin 60°＋μcs 60°)＝eq \f(\r(3)v\\al(2,0),4g)＝eq \f(5\r(3),2) m。
[答案] (1)eq \f(\r(3),3) (2)60° eq \f(5\r(3),2) m
11.如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6)，g取10 m/s2。试求：
(1)小球运动的加速度大小；
(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。
[解析] (1)在力F作用下，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cs 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2。
(2)刚撤去F时，小球的速度
v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝eq \f(v1,2)t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin 30°＋μmgcs 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间t2＝eq \f(v1,a2)＝0.4 s
上滑位移x2＝eq \f(v1,2)t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为
xm＝x1＋x2＝2.4 m。
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
超重现象
失重现象
完全失重
概念
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
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
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生
条件
物体的加速度方向向上
物体的加速度方向向下
物体的加速度方向向下，大小为a＝g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝mg
F＝0
运动
状态
加速上升或
减速下降
加速下降或
减速上升
无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动