2021江苏高考物理一轮课件：第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
2021年高考物理一轮温习第三章牛顿运动定律第2讲探讨加速度与力质量的关系学案
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作使劲成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由大体单位和导出单位一路组成．(2)大体单位：大体物理量的单位．力学中的大体物理量有三个，别离是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由大体物理量按照物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是不是正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变必然受恒力作用．(×)二、动力学两类大体问题1．动力学两类大体问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类大体问题的方式以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的进程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)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．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)概念：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)概念：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．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A ．物体受到恒定的力作历时，它的运动状态不发生改变B ．物体受到不为零的合力作历时，它的运动状态要发生改变C ．物体受到的合力为零时，它必然处于静止状态D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2cm ，若还测出小车的质量为500g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )A ．a ＝1.20.12m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2N ＝600ND ．F ＝0.5×1.2N ＝0.60N答案 BD3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．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B ．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C ．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D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生转变答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30kg 的手推车，在受到60N 的水平推力时做加速度为1.5m/s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15N若是撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处置交通事故时，有时会按照汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是不是超速．在限速为40km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2)答案超速解析选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③按照匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12m/s汽车刹车前速度为12m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解瞬时性a 与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力因果性F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a＝Fm中，F、m 、a对应同一物体或同一系统(3)a＝Fm中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即a x＝F xm，a y＝F ym2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技能在分析瞬时加速度时应注意两个大体模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就可以产生弹力的物体，剪断(或离开)后，其弹力当即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两头同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成维持不变．例1(多选)(2021·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向老是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能老是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向老是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速度的转变量老是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，以后质点做曲线运动，力与速度方向再也不垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向老是与其所受合外力方向相同，C正确；按照加速度的概念，相等时间内速度转变量相同，而速度转变量不必然相同，故D错．例2如图3，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)( )图3A．0 B．2.5NC．5N D．3.75N①B与A恰好接触但不挤压；②剪断后刹时A、B间的作使劲大小．答案 D解析当细线剪断刹时，细线的弹力突然变成零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20N，弹力为F＝m A g＝15N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m一、m2原来均静止，现若是均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索，它们的拉力将别离如何转变？(2)若是均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索的拉力又将如何转变呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4 图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变成0.(2)弹簧的弹力来不及转变，下段绳的拉力变成0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者老是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度必然加速D ．物体所受合外力为零时，必然处于静止状态答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不必然在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度转变一定加速，而速度不一定加速，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的滑腻木板AB 托住，小球恰益处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的刹时，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下 D ．大小为33g ，方向水平向右 答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，按照平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos30°.当突然向下撤离滑腻木板时，F N 当即变成零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos30°，由此产生的加速度为a ＝g cos30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二 超重和失重问题例3广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图7所示．则下列相关说法正确的是( )图7A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升进程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解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．虽然物体的加速度不是竖直方向，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．4．虽然整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部份具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．3．2021年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是( )图8A ．她在空中上升进程中处于超重状态B ．她在空中下落进程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水进程中的最大速度D ．入水进程中，水对她的作使劲大小等于她对水的作使劲大小答案 D解析 起跳以后的上升进程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程当中，开始时水对她的作使劲大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升进程中加速度a 随时间t 转变的图线如图9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．t ＝2s 时最大B ．t ＝2s 时最小C ．t ＝8.5s 时最大D ．t ＝8.5s 时最小答案 AD命题点三 动力学的两类大体问题例4 水平面上有相距15m 的A 、B 两点，一质量为2kg 的物体在大小为16N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体抵达B 点时速度为0.答案 4s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，按照牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1①F f ＝μF N ②F N ＝mg －F sin α③x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦a 1t 1＝a 2t 2⑧按照v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速进程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速进程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m－μg ＝2.5m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3s ，t 2＝1s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4s.解决动力学问题的技能和方式1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．两种方式(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”．5．(多选)(2021·全国Ⅱ卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr3＝g －3k4πρr2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确． 6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10m/s 2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2m(斜壁长>2m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40Nμ＝F f F N ＝F fmg ＋F 1sin θ＝0.5(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ； 在垂直斜面方向上有：F N ＝(F 2－mg )sin θ；则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1m/s 2x ＝12at 2解得t ＝2sv ＝at ＝2m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：内容轻绳(细线) 轻杆轻弹簧模型的建立 不计质量，只能产生拉力，劲度系数很大，可看成不可伸长不计质量，可提供拉力、压力或不沿杆的力，劲度系数很大，可看成不可伸长或压缩可以被拉伸或压缩，弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内) 模型的特点 各处张力大小相等，方各处弹力大小相等，但各处弹力大小相等，方向沿绳收缩方向，瞬时问题中其弹力发生突变 方向不一定沿杆方向，瞬时问题中其弹力发生突变向与形变方向相反，瞬时问题中其弹力大小不变典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数别离为k 一、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg 3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱刹时，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan30°，由牛顿第二定律得mg tan30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos30°，由牛顿第二定律得mg cos30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后刹时，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断刹时，弹簧形变量不会转变，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C 错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．大体单位和导出单位一路组成了单位制 B ．选用的大体单位不同，组成的单位制也不同C ．在物理计算中，若是所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就必然是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来讲，物理公式主要肯定各物理量间的数量关系，并非必然同时肯定单位关系 答案 ABC2．一个质量为m ＝1kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F1、F 2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3m/s 2D ．物块在t ＝4s 时速度最大 答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10N ＝2N ，物块在第1s 内，知足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1s 物块静止，第1s 末到第7s 末，按照牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．如图2所示，滑腻水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一路，A 、B 的质量别离为m 一、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 一起做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 答案 D解析 撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的刹时，滑块的速度为零，且弹簧正益处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一进程中，滑块的速度和加速度的转变情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一进程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等以后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的刹时，下列说法正确的是( )图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sinθB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sinθD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sinθ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sinθ＝3mg sinθ，细线被烧断的刹时，拉力会突变成零，弹簧的弹力不变，按照牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sinθ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sinθ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2 超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随起落机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )图5答案 B解析由v－t图象可知：进程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客搭车更为舒适，某探讨小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的转变而自动调整，使座椅始终维持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图6A．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，按照牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．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，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．。
高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律课件
二、牛顿第二定律 1．内容 物体的加速度跟所受的合外力成正比、跟物体的质量成反 比．加速度的方向跟合外力的方向相同． 2．单位“牛顿”的定义 F 合＝kma 简化成 F 合＝ma 的条件是 F 合、m、a 必须采用国 际单位制单位，否则 k≠1.牛顿第二定律给出了力的单位“牛 顿”：1 N＝1 kg m/s2.“牛顿”不是基本单位，是导出单位．
A．a 和 v 都始终增大 B．a 和 v 都先增大后减小 C．a 先增大后减小，v 始终增大 D．a 和 v 都先减小后增大
答案 C
4．(2015·新课标全国Ⅰ)如图甲，一物块在 t＝0 时刻滑上一 固定斜面，其运动的 v－t 图线如图乙所示，若重力加速度及图 中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( )
答案 B
2．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．物体所受合外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的所受作用力中的任一个的大小 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
【解析】 竖直平衡时 kx1＝mg，加速时，令橡皮筋与竖直 方向夹角为 θ，则 kx2cosθ＝mg，可得 x1＝x2cosθ；静止时，球 到悬点的竖直距离 h1＝x1＋l0，加速时，球到悬点的竖直距离 h2＝x2cosθ＋l0cosθ，比较可得，h2<h1，选项 A 正确．
【答案】 A
2．独立性 将∑F 正交分解到两个方向得：∑Fx＝max；∑Fy＝may.某方 向的合力产生某方向的效果． 分解方案有两种．
A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
第三章牛顿运动定律2第2讲牛顿第二定律的基本应用-2024-2025学年高考物理一轮复习课件
F－mg＝ma F＝ 原理方程
_m__g_＋__m_a____
mg－F＝ma F＝ __m_g_－__m__a___
mg－F＝mg F＝0
高考情境链接
(2022·浙江6月选考·改编)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水
面，吞食荷花花瓣的过程。
判断下列说法的正误：
(1)鱼儿吞食花瓣时鱼儿处于超重状态。
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考点三 动力学的两类基本问题
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动力学的两类基本问题及解决程序图
关键：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有 关问题。
考向1 已知受力求运动情况 例4 (2022·浙江6月选考)物流公司通过 滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所 示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度 l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶 端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ 2 ，货物可视为质
√D．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ
题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹 力不能突变，则A球所受合力为0，加 速度为0，选项A错误；撤去挡板前， 挡板对B球的弹力大小为3mgsin θ，撤 去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsin θ，加 速度为3gsin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为 2mgsin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体 以共同加速度运动，所受合力为3mgsin θ，加速度均为gsin θ，选项C错 误，D正确。
对点练2．(多选)如图为泰山的游客乘坐索道缆车上山的 情景。下列说法中正确的是
√A．索道缆车启动时游客处于超重状态 √B．索道缆车到达终点停止运动前游客处于失重状态 √C．索道缆车正常匀速运动时站在缆车地板上的游客不
2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用
第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。
(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。
(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。
(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。
两小球均处于静止状态。
已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。
高考物理一轮复习课件第三章第2讲牛顿第二定律的基本应用
2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧ 加速度 为“桥梁”,由运动学公式 和⑨ 牛顿运动定律 列方程求解。
三、力学单位制
1.单位制:⑩ 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三 个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬 物体对支持物的压力(或对悬挂物 物体对支持物的压力(或
挂物的拉力)大于物体所受重 的拉力)小于物体所受重力的现象 对悬挂物的拉力)等于零
力的现象叫超重现象
叫失重件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下或有 物体在竖直方向的加速
答案
解析
(1)自由下落的位移h'=
1 2
gt12=20
m
座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s
设座椅匀减速运动的位移为h,则
h=(40-4-20) m=16 m
由h= v t得t=1.6 s
2
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由0-v=-at
得a=12.5 m/s2 由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得 F
M m
考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题
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, 具体可简化为以下两种常见模型。
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 ( C )
高考物理一轮课件牛顿第二定律的应用
典型例题解析与讨论
• 【例1】一质量为 m 的物体在竖直向上的拉力 F 作用下由静止开始向上运动，经过一段时间，力 F 做的功为 W，此时物体 的动能为 E_k，重力势能为 E_p，不计空气阻力，则 ( )
弹性碰撞的恢复系数等于1。
非完全弹性碰撞和爆炸过程探讨
动量守恒
非完全弹性碰撞和爆炸过 程中，系统动量仍然守恒 ，但动能不守恒。
能量损失
非完全弹性碰撞中，部分 动能转化为内能或其他形 式的能量，导致系统动能 减少。
恢复系数小于1
非完全弹性碰撞的恢复系 数小于1，表示碰撞后两物 体的相对速度小于碰撞前 的相对速度。
THANKS
感谢观看
受力分析与加速度计算
分析物体在直线运动中所受的合力，利用牛顿第 二定律计算加速度，进而求解物体的运动状态。
3
典型问题解析
通过解析典型问题，如自由落体、竖直上抛等， 掌握匀变速直线运动的解题方法和技巧。
变加速直线运动问题探讨
变加速直线运动的特点
01
探讨物体在变加速直线运动中的加速度变化特点，理解加速度
向心力作用
改变物体速度的方向，使物体做圆 周运动。
竖直面内圆周运动临界条件
最高点的临界条件
当物体在竖直面内做圆周运动经过最高点时，如果恰好由重力提供向心力，则 此时物体与轨道间的弹力为零，这是物体能够通过最高点的临界条件。
其他位置的临界条件
在竖直面内的其他位置，如果物体受到的合外力恰好提供向心力，则物体将保 持圆周运动。如果合外力不足以提供向心力，则物体将做离心运动。
高考物理大一轮复习精讲课件牛顿运动定律牛顿第二定律及基本应用ppt文档
系统静止后，突然剪断 A、B 间的细绳，则此瞬间
A、B、C 的加速度分别为(取向下为正)
(
A．－56g、2g、0
B．－2g、2g、0
) 图4
C．－56g、53g、0
D．－2g、53g、g
解析 系统静止时，A 物块受重力 GA＝mAg，弹簧向上的拉力 F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B 间细绳的拉力 FAB＝(mB＋mC)g 作 用，B、C 间弹簧的弹力 FBC＝mCg。剪断细绳瞬间，弹簧形变 来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块 A 有： F－GA＝mAaA，解得：aA＝56g，方向竖直向上；对 B∶FBC＋ GB＝mBaB，解得：aB＝53g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间， C 的受力不变，其加速度仍为零。 答案 C
(1)牛顿第二定律表达式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)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无
关。
()
(4)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定
减小。
()
(5)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定
3.如图1所示，质量m＝10 kg的物体在水平
面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦
因数为0.2，与此同时物体受到一个水平
图1
向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取
10 m/s2)
()
A．0
B．4 m/s2，水平向右
C．2 m/s2，水平向左
D．2 m/s2，水平向右
解析 对物体受力分析可知 F 合＝F＋Ff，Ff＝μmg，所以 F 合＝20 N＋0.2×10×10 N＝40 N，所以 a＝Fm合＝4100 m/s2＝ 4 m/s2，方向水平向右。选项 B 正确。 答案 B
2025高考物理备考复习教案 第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
受外力时形变 受外力时
特点
不可伸长
只能变长，不
能变短
形变量
微小不计
较大
弹力能否突变
可以突变
产生拉力或压力
只能受拉力作用，不
能承受压力
两端连有物体时不能
只能受拉力作用，不
突变
能承受压力
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第2讲 牛顿第二定律的基本应用
模型
轻弹簧
轻杆
受外力时形变
受外力时
特点
形变量
既可变长，又
可变短
不可伸长，不
可缩短
析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有F cos
θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以FT：F＝ cos 2θ：1，a1：a2＝ cos θ：1，故D正确.
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第2讲 牛顿第二定律的基本应用
方法点拨
利用建模思想求解瞬时加速度
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第2讲 牛顿第二定律的基本应用
运动定律应用于生产、生活实
2021：河北 T13，浙江6 际；能认识牛顿运动定律的应
月 T4，浙江6月 T19
命题分析预测
核心素养对接
用对人类文明进步的推动作用.
牛顿第二定律是每年高考必考内容，主要考查两类动力学问题和对
生活中现象的解释.预计2025年高考仍是必考点，可能会结合图像或
航天实际在选择题中考查，还可能结合运动学知识考查简单计算题.
5. [超失重与现代科技/2024湖北黄冈统考]某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实
验：如图甲所示，将橡皮筋上端固定在铁架台上的O点，打开手机加速度传感器，
同时从O点由静止释放手机，获得一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化
2021江苏新高考物理一轮课件：第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
变式1 如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ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，重力加速度为g，则在突然撤去
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.
类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况
例3 (2020·安徽宣城市调研)如图9所示，质量为m＝1 kg、大小不计的物块， 在水平桌面上向右运动，经过O点时速度大小为v＝4 m/s，对此物块施加大小 为F＝6 N、方向向左的恒力，一段时间后撤去该力，物块刚好能回到O点，已 知物块与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)此过程中物块到O点的最远距离；
高考物理一轮复习 3.2 牛顿第二定律的应用专题(一)课件
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第九页，共四十六页。
动力学的两类基本问题 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，逻辑关系如图：
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第十页，共四十六页。
例 2 (2018·四川模拟)如图所示，劲度 系数为 k 的轻质弹簧套在固定于地面的竖 直杆上．弹簧上端与轻弹簧薄片 P 相连，P 与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材 料．在 P 上方 H 处将另一质量为 m 的光滑 圆环 Q 由静止释放，Q 接触 P 后一起做匀减速运动，下移距离 为mkg时速度减为 0.忽略空气阻力，重力加速度为 g.求：Q 下移 距离 d(d<mkg)时，智能材料对 P 阻力的大小．
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第二十八页，共四十六页。
1．(多选)如图所示是某同学站在力传 感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力 F 随时间 t 变化的图线．由图线可知该同学 ()
A．体重约为 650 N B．做了两次下蹲—起立的动作 C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约 2 s 起立 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
力情况的描述正确的是( )
A．过 BБайду номын сангаас点时，处于超重状态，摩擦力水平向左
B．过 B 点时，处于超重状态，摩擦力水平向右
C．过 D 点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用
D．过 D 点时，处于失重状态，底板支持力一定为零
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第十八页，共四十六页。
【答案】 BC 【解析】 吊车从 A 向 C 运动的过程中，加速度的方向斜 向上，在竖直方向的分加速度向上，所以物体 M 都处于超重状 态；同时吊车水平方向的加速度的方向向右，所以物体 M 受到 的摩擦力的方向一定向右．故 A 项错误，B 项正确． 吊车经过 D 点时，做匀速圆周运动，则物体 M 的加速度的 方向竖直向下，处于失重状态；在水平方向物体 M 不受摩擦力．故 C 项正确；由于加速度大小未知，不能判断出吊车的地板是否对 M 为零，D 项错误．
高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律的应用课件
2.解决两类基本问题的方法
求加速度
加速度
以
为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,
具体逻辑关系如图所示:
易错辨析 (3)F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关。
( √ )
(4)物体受到外力作用不为零时,立即产生加速度。( √ )
(5)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。( √ )
(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”。
【典例突破】
典例1.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施
等组成,如图所示的竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。
一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为
23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物
kmg+2mgsin θ=2ma1
由运动学公式有
0 +
v=v0-a1t,x1=
t
2
对活塞,由牛顿第二定律得
kmg-mgsin θ=ma2
由运动学公式有
v=a2t,x2=2t
管道的最小长度 l=x1-x2
由以上各式解得
0 2
l=3 。
考点二
超重
失重[师生共研]
1.对超重、失重的理解
(1)不论是超重、失重还是完全失重,物体的重力都不变,只是物体对支持
第二定律F=ma可知,石块所受的合力为ma。设石块B周围与它接触的物
体对石块B作用力的合力为F,受力分析如图,
F 的大小为 F= ()2 + ()2 =m 2 + 2 ,选项 A、B、C 错误,D 正确。
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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.
C.g，g，g D.g，g,0
图1
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.
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：
受力情况F合 F合＝ma 加速度a
运动学 公式
运动情况v、x、t
自测2 (2020·山东菏泽市模拟)一小物块从倾角为α＝
30°的足够
面向上运动(如图2所示)，已知物块与斜面间的动摩擦
来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力将变为0.
(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的
弹力不能突变.
图3
例1 (2020·福建龙岩市质检)如图4所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，
物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，
A、B靠在一起，但A、B之间无弹力.已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，
挡板的瞬间有
A.图甲中A球的加速度大小为gsin θ
B.图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
√C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ
图5
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
解析 设B球质量为m，则A球的质量为3m. 撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力 大小均为4mgsin θ， 因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变， 所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力 大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ； 题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ， A、B两球的加速度大小均为gsin θ， 则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为 零，C正确.
(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.
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.( × )
因数μ＝ 3，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时
3 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
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＝va0＝1 s<1.5 s， 由于mgsin α＝μmgcos α， 小物块运动到最高点速度为零后，将静止在斜面上不再运动， 故此时小物块离斜面底端距离为 x＝v20a2＝5 m，选项 B 正确.
下列说法正确的是
A.细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B.细线剪断前，细线的拉力为mg
C.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
图4
√D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为1 g
4
解析 细线剪断前，由于A、B之间无弹力， 对 A 分析可以得到弹簧的弹力：F＝mgsin θ＝21mg， 对 B 分析可以得到 FT＝mgsin θ＝12mg，故 A、B 错误；
研透命题点
02
命题点一 瞬时问题的两类模型
基础考点 自主悟透
1.两种模型
加速度与合外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，
具体可简化为以下两种模型：
2.解题思路
分析瞬时变化前后物体的受力情况 ⇒ 列牛顿第二定律方程 ⇒ 求瞬时加速度
3.两个易混问题
(1)图3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
细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误； 细线剪断瞬间，对 A、B 系统，加速度大小：a＝2mgs2inmθ－F＝41g，故 D 正确.
变式1 如图5所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为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，重力加速度为g，则在突然撤去
大一轮复习讲义
内容索引
NEIRONGSUOYIN
过好双基关 研透命题点 随堂巩固练 课时精练
过好双基关
01
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)
√A.1.5g,1.5g,0B.g,2g,0