2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理（新教材新高考）第3章第2節(jié)牛頓第二定律的基本應(yīng)用

1、 牛頓第二定律的基本應(yīng)用一、動(dòng)力學(xué)兩類基本問題1動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題第一類：已知物體的受力情況求運(yùn)動(dòng)情況；第二類：已知物體的運(yùn)動(dòng)情況求受力情況。2解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：二、超重與失重1實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)。(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重。2超重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。3失重(1)定義

2、：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。4完全失重(1)定義：物體對(duì)支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下。一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”)(1)物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比。()(2)物體只有在受力的前提下才會(huì)產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用。()(3)失重說明物體的重力減小了。()(4)物體超重時(shí)，加速度向上，速度也一定向上。()(5)研究動(dòng)力學(xué)兩類問題時(shí)，做好受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵。()二、教材習(xí)題衍生1(

3、人教版必修第一冊(cè)P104T2改編)蹦極是一項(xiàng)非常刺激的體育運(yùn)動(dòng)。某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落，圖中a點(diǎn)是彈性繩的原長位置，c是人所到達(dá)的最低點(diǎn)，b是人靜止地懸吊著時(shí)的平衡位置，空氣阻力不計(jì)，則人從P點(diǎn)落下到最低點(diǎn)c的過程中()A人從a點(diǎn)開始做減速運(yùn)動(dòng)，一直處于失重狀態(tài)B在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態(tài)C在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)D在c點(diǎn)，人的速度為零，其加速度也為零C在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上

4、的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；在c點(diǎn)，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。2(魯科版必修第一冊(cè)P132T2改編)如圖所示，電梯的頂部掛有一個(gè)彈簧測力計(jì)，其下端掛了一個(gè)重物，電梯做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧測力計(jì)的示數(shù)為10 N。在某時(shí)刻電梯中的人觀察到彈簧測力計(jì)的示數(shù)變?yōu)? N，關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是(g取10 m/s2)()A電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為12 m/s2B電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2 m/s2C電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2 m/s2D電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為12 m/s2C電

5、梯做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧測力計(jì)的示數(shù)為10 N，此時(shí)拉力等于重力，則重物的重力等于10 N。當(dāng)彈簧測力計(jì)的示數(shù)變?yōu)? N時(shí)，對(duì)重物有mgFma，代入數(shù)據(jù)解得a2 m/s2，則電梯的加速度大小為2 m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上做減速運(yùn)動(dòng)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3(粵教版必修第一冊(cè)P119T1改編)一小物塊從傾角為30的足夠長的斜面底端以初速度v010 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)eq f(r(3),3)，g取10 m/s2，則物塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1.5 s時(shí)離斜面底端的距離為()A3.75 m B5 m C6.25 m D15 mB

6、小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為agsin gcos 10 m/s2，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間teq f(v0,a)1 s1.5 s。由于mgsin mgcos ，小物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為0時(shí)即停止，故此時(shí)小物塊離斜面底端的距離為xeq f(voal( 2,0),2a)5 m，故B正確。 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題1問題類型2解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)基本問題中力的處理方法(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”。典例1(2021上海閔行區(qū)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m0.1

7、kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)對(duì)環(huán)施加一個(gè)與桿夾角為53的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運(yùn)動(dòng)，并在經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)撤掉此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點(diǎn)。已知小圓環(huán)與直桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.8，AB與BC的距離之比s1s285。(g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：(1)小圓環(huán)在BC段的加速度的大小a2；(2)小圓環(huán)在AB段的加速度的大小a1；(3)拉力F的大小。思路點(diǎn)撥：解此題可按以下思路：(1)在BC段，對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析牛頓第二定律加速度；(2)分析小圓環(huán)在BC段和AB段的運(yùn)動(dòng)情況運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律加速度；(3)在AB段，對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析桿對(duì)小圓

8、環(huán)的支持力方向不確定(有向上或向下兩種可能)牛頓第二定律拉力F。解析(1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力和摩擦力。對(duì)小圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖甲所示，甲有FfFNmg，F(xiàn)fma2，則a2eq f(Ff,m)g0.810 m/s28 m/s2。(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知veq oal(2,B)2a1s1，小圓環(huán)在BC段做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知veq oal(2,B)2a2s2，又eq f(s1,s2)eq f(8,5)，則a1eq f(s2,s1)a2eq f(5,8)8 m/s25 m/s2。(3)當(dāng)Fsin mg時(shí)，小圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖丙所示，丙由牛頓第二

9、定律可知Fcos Ff2ma1，又Fsin mgFN2，F(xiàn)f2FN2，代入數(shù)據(jù)解得F7.5 N。答案(1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 N或7.5 N兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟跟進(jìn)訓(xùn)練1(2021安徽馬鞍山市高三下學(xué)期5月三模)質(zhì)量為m5 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點(diǎn)，用F35 N的水平拉力作用4 s后撤去，物塊繼續(xù)滑動(dòng)3 s后停在B點(diǎn)。重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)A、B兩點(diǎn)間的距離。解析(1)有拉力作用過程，由牛頓第二定律可得Fmgma1撤去拉力后由牛頓第二定律可得mgma2可把減速過程看成初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則兩個(gè)階段末速

10、度相等，可得a1t1a2t2解得0.4。(2)由(1)的分析可得a13 m/s2，a24 m/s2有拉力作用過程的位移為x1eq f(1,2)a1teq oal( 2,1)撤去拉力后的位移為x2eq f(1,2)a2teq oal( 2,2)A、B兩點(diǎn)間的距離為xx1x2聯(lián)立解得x42 m。答案(1)0.4(2)42 m2(2021浙江杭州市高三下學(xué)期4月二模)隨著社會(huì)的發(fā)展，外賣配送也正踏入“無人機(jī)”領(lǐng)域。某天工作人員正在通過無人機(jī)將質(zhì)量m1 kg的醫(yī)療物品送至用戶家中，如圖所示，在無人機(jī)的作用下，物品在水平地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t12 s后變成勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知?jiǎng)蛩?/p>

11、直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間t25 s，然后再經(jīng)勻減速t34 s后到達(dá)用戶窗臺(tái)，此時(shí)物品恰好靜止，離地高度h40 m。若在勻速運(yùn)動(dòng)階段無人機(jī)對(duì)物品的作用力大小為F15 N，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物品可看成質(zhì)點(diǎn)，物品所受空氣阻力恒定，g取10 m/s2，求：(1)物品運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率；(2)勻減速階段物品的加速度大小和位移大?。?3)勻加速階段無人機(jī)對(duì)物品的作用力大小。解析(1)由題意可知eq f(vm,2)t1vmt2eq f(vm,2)t3h解得vm5 m/s。(2)勻減速階段物品的加速度大小a2eq f(vm,t3)解得a21.25 m/s2位移大小xeq f(vm,2)t3解得x10 m。(3)勻速運(yùn)動(dòng)階段

12、FmgF阻解得F阻5 N由牛頓第二定律有FF阻mgma1又a1eq f(vm,t1)解得F17.5 N。答案(1)5 m/s(2)1.25 m/s210 m(3)17.5 N 超重與失重問題1對(duì)超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)。(2)物體處于超重或失重狀態(tài)只與加速度方向有關(guān)，而與速度方向無關(guān)。(3)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。(4)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。2判斷

13、超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)。(3)從速度變化角度判斷當(dāng)物體向上加速或向下減速時(shí)，處于超重狀態(tài)；當(dāng)物體向下加速或向上減速時(shí)，處于失重狀態(tài)。題組突破1(2021湖南衡陽市高三模擬)如圖所示，小球B剛好放在真空容器A內(nèi)，將它們以初速度v0豎直向上拋出，下列說法中正確的是()A若不計(jì)空氣阻力，上升過程中，B對(duì)A的壓

14、力向上B若考慮空氣阻力，上升過程中，B對(duì)A的壓力向上C若考慮空氣阻力，上升過程中，B對(duì)A的壓力向下D若不計(jì)空氣阻力，上升過程中，B對(duì)A的壓力向下B將容器以初速度v0豎直向上拋出后，若不計(jì)空氣阻力，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度為g，再以容器A為研究對(duì)象，上升過程其合力等于其重力，則B對(duì)A沒有壓力，A對(duì)B也沒有支持力，故A、D錯(cuò)誤；若考慮空氣阻力，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得到，上升過程加速度大于g，再以球B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分析，B受到的合力大于重力，B除受到重力外，還應(yīng)受到向下的壓力，因此A對(duì)B的壓力向下，B對(duì)A的壓力向上，故B正確，C錯(cuò)誤。2(2021廣東佛

15、山市高三月考)如圖(a)所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個(gè)超、失重實(shí)驗(yàn)，并截取了電腦顯示器上所顯示Ft圖像的其中一段，如圖(b)所示，則()圖(a)圖(b)At0階段重物一定處于靜止?fàn)顟B(tài)Bt1到t2階段重物先向上加速后向下減速Ct2階段重物處于超重狀態(tài)Dt3階段重物處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)Dt0階段和t3階段，拉力等于重力，重物可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以A錯(cuò)誤，D正確；t1階段拉力大于重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度一定向上，重物向上做加速運(yùn)動(dòng)或向下做減速運(yùn)動(dòng)，t2階段拉力小于重力，加速度向下，重物向下加速或向上減速，所以B錯(cuò)誤；t2階段拉力小于重力，

16、重物處于失重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤。3如圖所示，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個(gè)箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當(dāng)箱子隨電梯以a4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0 N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示數(shù)不變，上頂板示數(shù)是下底板示數(shù)的一半，則電梯的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A勻加速上升，a5 m/s2 B勻加速下降，a5 m/s2C勻速上升 D靜止?fàn)顟B(tài)B當(dāng)箱子隨電梯以a4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)金屬塊受力分析，由牛頓第二定律知FN上mgFN下ma，meq f(FN下FN上,ga)eq f(104,1

17、04) kg1 kg，Gmg10 N。若下底板傳感器示數(shù)不變，上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則上頂板傳感器的示數(shù)是5 N，對(duì)金屬塊，由牛頓第二定律知FN上mgFN下ma，解得a5 m/s2，方向向下，故電梯以a5 m/s2的加速度勻加速下降，或以a5 m/s2的加速度勻減速上升，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。 動(dòng)力學(xué)中的圖像問題1常見圖像：vt圖像、at圖像、Ft圖像、Fa圖像等。2動(dòng)力學(xué)圖像問題的類型：圖像類問題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問題，以牛頓第二定律Fma為紐帶，理解圖像的種類，圖像的軸、點(diǎn)、線、截距、斜率、面積所表示的意義。一般包括下列幾種類型：3解決動(dòng)力學(xué)圖像問題的思路(

18、1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。(3)明確能從圖像中獲取哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。典例2(多選)(2019全國卷)如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物

19、塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()(a)(b)(c)A木板的質(zhì)量為1 kgB24 s內(nèi)，力F的大小為0.4 NC02 s內(nèi)，力F的大小保持不變D物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2思路點(diǎn)撥：解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)明確ft圖像和vt圖像的信息，做好運(yùn)動(dòng)分析和受力分析。(2)分段研究木板的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求解。AB分析知木板受到的摩擦力ff。02 s內(nèi)，木板靜止，F(xiàn)f，F(xiàn)逐漸增大，所以C錯(cuò)誤；45 s內(nèi)，木板加速度大小a2eq f(0.40.2,1) m/s

20、20.2 m/s2，對(duì)木板受力分析，fma20.2 N，得m1 kg，所以A正確；24 s內(nèi)，對(duì)木板Ffma1，F(xiàn)fma10.2 N1eq f(0.40,2) N0.4 N，所以B正確；由于無法確定物塊的質(zhì)量，盡管知道滑動(dòng)摩擦力大小，仍無法確定物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。跟進(jìn)訓(xùn)練1(2021江蘇七市高三下學(xué)期5月三調(diào))很多智能手機(jī)都有加速度傳感器，用手托著手機(jī)，迅速向下運(yùn)動(dòng)，然后停止，手機(jī)記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則()At1時(shí)刻手機(jī)速度最大Bt2時(shí)刻手機(jī)在最低點(diǎn)Ct3時(shí)刻手受的壓力最大Dt4時(shí)刻手受的壓力最小C圖像的面積表示速度變化，所以t2時(shí)刻手機(jī)速度最大，A錯(cuò)誤；

21、手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，位置最低，所以t4時(shí)刻手機(jī)在最低點(diǎn)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，手機(jī)加速度向上并且加速度最大時(shí)，手給手機(jī)的作用力最大，即手受到的壓力最大，由圖可知，t3時(shí)刻手受的壓力最大，C正確；根據(jù)牛頓第二定律，手機(jī)加速度向下并且加速度最大時(shí)，手給手機(jī)的作用力最小，即手受到的壓力最小，由圖可知，t1時(shí)刻手受的壓力最小，D錯(cuò)誤。2(多選)如圖(a)所示，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()(a)(b)A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上滑行的最大高度ACD由題圖(b)可求出物塊沿斜面上升的最大位移xm及物塊沿斜面上滑的加速度a1和下滑的加速度a2，由mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，可求出和，但無法求出質(zhì)量m，物塊沿斜面上滑的最大高度hmxmsin ，也可以求出，故選項(xiàng)A、C、D正確，B錯(cuò)誤。3(2021江蘇揚(yáng)州市高三模擬)皮球從一定高度處由靜止下落，t1時(shí)刻與地面碰撞后反彈，t2時(shí)刻上升到最高點(diǎn)，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，取皮球落地點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向，下列皮球位置x與時(shí)間t的關(guān)系圖像中，能描述該過程的是 ()ABCDA皮球從一定高度處由靜止下落，小球的加速度大小為a1eq f(mgf,m)geq f(f