3.2牛頓第二定律的基本應用

必備知識清單

一、瞬時問題

1.牛頓第二定律的表達式為：F^ma,加速度由物體所受合外力決定,加速度的方向與

物體所受合外力的方向一致.當物體所受合外力發生突變時，加速度也隨著發生突變，而

物體運動的速度不能發生突變.

2.輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區別

(1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變為0.

(2)輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力丕

能發生突變.

二、超重和失重

I.超重

(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大王物體所受重力的現象.

(2)產生條件：物體具有向上的加速度.

2.失重

(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小王物體所受重力的現象.

(2)產生條件：物體具有包上的加速度.

3.完全失重

(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)簟壬2的現象稱為完全失重現象.

(2)產生條件：物體的加速度a=g,方向豎直向下.

4.實重和視重

(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態叁一

(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將丕

虹物體的重力.此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重.

三、動力學的兩類基本問題

1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路

先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(尸合="?a)求出加速度，再由運動學的有關公式求出

速度或位移.

2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路

已知加速度或根據運動規律求出加速度，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力.

3.應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問

題的紐帶，分析流程如下：

I受力情況（下合產=""1加速度選;學運動情況（以司

命題點精析（一）瞬時問題

1.兩種模型

加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡

化為以下兩種模型：

不發生明顯形變就能產生彈力，剪斷或

輕繩、輕桿脫離后，不需要時間恢復形變，彈力立

和接觸面即消失或改變.一般題目中所給的輕繩、

輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可

按此模型處理

兩種

模型：當彈簧的兩端與物體相連（即兩端為固!

1定端）時，由于物體有慣性，彈簧的長I

彈簧、蹦床：度不會發生突變，所以在瞬時問期中，

和橡皮筋：其彈力的大小認為是不變的.即此時彈：

:簧的彈力不突變

2.解題思路

分析瞬時變化前后n1列牛頓第二定律方程2加速度I

3.兩個易混問題

⑴上圖甲、乙中小球如、陽2原來均靜止，現如果均從圖中4處剪斷，則剪斷繩子瞬間圖

甲中的輕質彈簧的彈力來不及變化；圖乙中的下段繩子的拉力將變為0

（2）Etl（l）的分析可以得出：繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變.

典型例題

【例1】用細繩拴一個質量為m的光滑小球，小球將一端固定在墻上的水平輕質彈

簧壓縮了x（小球與彈簧不拴連），彈簧勁度系數為左，如圖所示。將細繩剪斷后

)

Ax

A.小球立即獲得一的加速度

m

B.小球在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動

C.小球落地的時間小于jy

D.小球落地的速度大于廊

【答案】D

【解析】細繩剪斷前小球受重力、彈力和拉力的作用，處于平衡狀態，故彈力和

重力的合力F合=，（依）2+（叫）2,剪斷細線瞬間，彈力和重力不變，則兩力的

合力不變，根據牛頓第二定律有產合=J（=）2+（mg）2=ma,解得

4（kx）2+（加g）2

-------------,A錯誤；做平拋運動的物體只受重力，將細繩剪斷后，小球

m

受到重力和彈簧的彈力共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作

用，所以不是平拋運動，B錯誤；小球豎直方向只受重力，豎直分運動是自由

]I2/1

落體運動，根據自由落體運動規律有/?=-gF,故小球落地的時間/=I一,C

24g

錯誤；如果不受彈簧彈力，小球將做自由落體運動，根據自由落體運動規

律有02=2g/z,解得落地速度。=西,由于水平方向有彈簧彈力作用，則水平

方向會加速，從而獲得水平速度，而豎直方向的速度不變，所以落地速度大于

\2gh,D正確。

【練1】如圖所示，質量為用的小球一端用輕質細繩連在豎直墻上，另一端用輕質彈簧連

在天花板上.輕繩處于水平位置，彈簧與豎直方向夾角為夕已知重力加速度為g,則在剪

斷輕繩瞬間，小球加速度的大小為（）

A.0B.gsin。

C.gtan/9D金

COS。

F°A

以球為研究對象，如圖所示，建立直南坐標系，將尸必分解，由平衡條件?（力一

FOjsin6?=0,FOAcose-mg=0,聯立解得FOB=mgtanff剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變

化，小球所受的合外力是重力與彈力的合力，與原來細繩的拉力大小相等，方向相反，由

FmetanO

牛頓第二定律得?=—=------=gtan。，方向水平向右.

mm

【練2】如圖所示，在動摩擦因數〃=0.2的水平面上有一個質量加=1kg的小球，小球與水平

輕彈簧及與豎直方向成。=45。角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態，且

水平面對小球的彈力恰好為零.在剪斷輕繩的瞬間（g取10m/s2）,最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，下列說法正確的是（）

A.小球受力個數不變

B.水平面對小球的彈力仍然為零

C.小球將向左運動，且a=8m/s2

D.小球將向左運動，且”=10m/s2

【答案】C

【解析】在剪斷輕繩前，小球在自身重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力作用下處于平衡狀

態，根據共點力平衡條件得彈簧的彈力尸=mgtan45°=10N,剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈

力仍然為10N,小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用.小球的受力個

數發生改變，故選項A、B錯誤；小球所受的最大岸摩擦力R="M7g=0.2><10N=2N,根

F-Ff10-2

據牛頓第二定律得小球的加速度大小為am/s2=8m/s2,合力方向向左，小

m1

球將向左運動，故選項C正確，D錯誤.

命題點精析(二)超重和失重現象

1.對超重和失重的理解

(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.

(2)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失.

(3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于

超重或失重狀態.

2.判斷超重和失重的方法

從受力的角度當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；

判斷小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態

當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的加速度

從加速度的角

時，物體處于失重狀態：向下的加速度等于重力加速度時，物體處于

度判斷

完全失重狀態

從速度變化的①物體向上加速或向下減速時，超重

角度判斷②物體向下加速或向上減速時，失重

【例2】在升降機底部安裝一個壓力傳感器，其上放置了一個質量為根的小物塊，

如圖甲所示。升降機從7=0時刻開始豎直向上運動，壓力傳感器顯示壓力E隨

時間，的變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度為g,以下判斷正

確的是()

A.在0?2功時間內，物塊先處于失重狀態，后處于超重狀態

B.在力?34時間內，物塊先處于失重狀態，后處于超重狀態

C./=如時刻，物塊所受的支持力大小為/Mg

D./=3"時刻，物塊所受的支持力大小為2mg

【答案】C

【解析】由題圖乙可知，在0?2力時間內，物塊先處于超重狀態，后處于失重狀

態，A錯誤；由題圖乙可知，在訪?3fo時間內，物塊一直處于失重狀態，B錯

誤；由題圖乙可知，f=fo時刻，物塊所受的支持力大小為"7g,C正確；由題圖

乙可知，/=3而時刻，物塊所受的支持力大小為加g,D錯誤。

【練3】某人在地面上最多可舉起50kg的物體，若他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60

kg的物體，電梯加速度的大小和方向為(g=10m/s2)()

,5

A.2m/s2豎直向上B-m/s2豎直向上

5

C.2m/s2豎直向下D-m/s2豎直向下

【答案】D

【解析】由題意可知，在地面上，人能承受的最大壓力為尸m=〃?g=500N,在電梯中人能

舉起60kg物體，物體一定處于失重狀態，對60kg的物體有：Mg-a,可得a=

600-5005

----------m/s2=~m/s2,所以選項D正確.

603

【練4】如圖，跳高運動員起跳后向上運動，越過橫桿后開始向下運動，則運動員越過橫桿

前、后在空中所處的狀態分別為()

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】運動員在空中運動的過程中，加速度總是豎直向下的，則運動員越過橫桿前、后

在空中所處的狀態都是失重狀態，故選A.

命題點精析(三)動力學的兩類基本問題

1.解決動力學兩類基本問題的思路

2.動力學兩類基本問題的解題步驟

根據問題的需要和解題的方便，選出被研究

的物體.研究對象可以是某個物體，也可以

是幾個物體構成的系統.

畫好受力示意圖、運動情景圖，明確物體的

運動性質和運動過程.

通常沿加速度的方向建立坐標系并以加速度

方向為某一坐標軸的正方向.

若物體只受兩個共點力作用，通常用合成法;

若物體受到3個及以上不在同一直線上的力，

一般用正交分解法.

根據牛頓第二定律F^=ma或{

列方程求解，必要時還要對結果進行討論.

【例3】如圖所示，航空母艦上的起飛跑道由長度為6=1.6X102m的水平跑道和長度為

20m的傾斜跑道兩部分組成.水平跑道與傾斜跑道末端的高度差人=4.0m.一架質量為〃?

=2.0X104kg的飛機，其噴氣發動機的推力大小恒為尸=1.2X105N,方向與速度方向相

同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的01倍.假設航母處于靜止狀

態，飛機質量視為不變并可看成質點，取g=10m/s2.

(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大小；

(2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100m/s,外界還需要在整個水平跑道

對飛機施加助推力，求助推力產推的大小.

【答案】(1)8.0s41.5m/s(2)5.2X105N

【解析】(1)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力與阻力作用，設加速度大小為

a},末速度大小為。運動時間為有尸令=尸一衣=加。1

v1—v^=2a\l\V\=a\t\

其中。o=O,Ff=0.1mg,代入已知數據可得

ai=5.0m/s2,Oi=40m/s,4=8.0s

飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用，

設沿傾斜跑道方向的加速度大小為牝、末速度大小為。2,沿傾斜跑道方向有

F合'=F—F(—mgsma=mai

h

mgsma=nig-^v2—112=202/2

其中Vi=40m/s,代入已知數據可得做=3.0m/s2,

。2={1720m/s-41.5m/s

故飛機在水平跑道上運動的時間為8.0s,到達傾斜跑道末端時的速度大小為41.5m/s.

(2)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設加速度大小

為、末速度大小為0,，有

2

F令"=F?+F-F(=ma]',V\'~vQ=2a}'h

飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒

有變化，加速度大小仍有

222

a2'=3.0m/s,v2'—'=2a2'I2

根據題意，v2'=100m/s,代入數據解得尸推n5.2X105N

故助推力尸推的大小為5.2X105N.

【練5】如圖甲所示，在高速公路的連續下坡路段通常會設置避險車道，供發生緊急情況的車

輛避險使用，本題中避險車道是主車道旁的一段上坡路面.一輛貨車在行駛過程中剎車失

靈，以Oo=90km/h的速度駛入避險車道，如圖乙所示.設貨車進入避險車道后牽引力為

零，貨車與路面間的動摩擦因數〃=0.30,取重力加速度大小g=10m/s2.

甲乙

(1)為了防止貨車在避險車道上停下后發生溜滑現象，該避險車道上坡路面的傾角6應該滿

足什么條件？設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，結果用。的正切值表示.

(2)若避險車道路面傾角為15。，求貨車在避險車道上行駛的最大距離.(己知sin15。=

0.26,cosl50=0.97,結果保留兩位有效數字.)

【答案】⑴tan6?WO.3O(2)57m

【解析】⑴若貨車在避險車道停下后不發生溜滑現象，則有代會”啰皿9

貨車所受的最大靜摩擦力77fm="尸N—/inigCOS0

聯立解得tan0W0.30

/ngsine+“"?*cos8

(2)貨車在避險車道上行駛時a=----------------=5.51m/s2

m

貨車的初速度研)=90km/h=25m/s

y02

tan15°<O.3O,則貨車在避險車道上行駛的最大距離為x=257m.

【練6】如圖甲所示，有一質量〃?=200kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上

經加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的潸開始計時，測得

電機的牽引力隨時間變化的F~t圖線如圖乙所示，￡=34s末速度減為0時恰好

到達指定位置。若不計繩索的質量和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,求物

件：

(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；

(2)勻速運動的速度大小；

(3)總位移的大小。

【答案】(1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s(3)40m

【解析】(1)對物件受力分析，由牛頓第二定律

mg—F=ma

F

得a—g----=0.125m/s2

tn

方向豎直向下。

(2)物件做勻減速運動的時間Z2=8S,根據運動學公式

v=at2~1m/so

(3)勻速上升的位移力|="|=26m

v

勻減速上升的位移〃2=-右=4m

2一

3

總位移大小滿足T?=/n+/b,解得6=40m

4o

【例4】某次滑雪訓練中，運動員(可視為質點)站在水平雪道上第一次利用滑雪

杖對雪面的作用獲得水平推力b=84N而從靜止向前滑行，其作用時間為九=

1.0s,撤去水平推力/后經過時間々=2.0s,他第二次利用滑雪杖對雪面的作

用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同.已知該運動員連同裝備的總

質量為加=60kg,在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為吊=12N,

求:

(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內的位移；

(2)該運動員第二次撤去水平推力后滑行的最大距離.

【答案】(l)1.2m/s0.6m(2)5.2m

F-Ff

【解析】(1)運動員第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的加速度為-----=1.2

m

m/s2

第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小

V|=4Z|/|=1.2m/s

1

位移X|=-ai/2=0.6m

Ff

(2)運動員停止使用滑雪杖后做勻減速直線運動，加速度大小為。2=—=02

m

m/s2

第一次撤去水平推力后經過時間/2=2.0s速度變為

V\'=V[—。2,2=°?8m/s

第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為內，則

v2~V]'2=2a\X\

第二次撤去水平推力后滑行的最大距離x=——=5.2m.

22a2

【練7】2019年12月17日，中國第一艘國產航母“山東艦”在海南三亞交付使

用。“山東艦”的甲板由水平甲板和上翹甲板兩部分組成，利于艦載機滑躍式

起飛。為方便研究艦載機的起飛過程，將甲板近似為如圖所示的軌道：水平軌

道48長心=157.5m,傾斜軌道高力=6m,水平投影長^=42.5m。總質量為

3.0X104kg的某艦載機，從/點以36km/h的初速度出發，到達3點時的速度

為288km/h,進入上翹甲板后，經0.5s從。點起飛。該艦載機在起飛過程

中，發動機的推力恒為8.0X105N,在水平軌道上的運動視為勻變速直線運

動，艦載機視為質點，航母靜止不動。求艦載機：

c

L2BL,A

(1)在水平軌道上運動的加速度大小；

(2)在水平軌道上運動時受到的平均阻力大小;

(3)整個起飛階段平均速度的大小(結果保留整數)。

【答案】(l)20m/s2(2)2.0X105N(3)50m/s

【解析】⑴根據速度位移公式*—00=2必，

解得a=20m/s2;

(2)根據牛頓第二定律得F-Ff=ma

解得R=2.0X1()5N；

(3)4到C位移+工2)2+12g200m

v—v0

所用的時間t=---------F0.5s=4s

a

——X

平均速度v=-=50m/so

【練8】一個傾角為。=37°的斜面固定在水平面上，一個質量為用=1.0kg的

小物塊(可視為質點)以為=8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物塊與斜面的

3

動摩擦因數〃=0.25。若斜面足夠長，已知tan37°=-,g取10m/s2,求：

(1)小物塊沿斜面上滑時的加速度大小；

(2)小物塊上滑的最大距離；

(3)小物塊返回斜面底端時的速度大小。

【答案】(l)8.0m/s2(2)4m(3)4啦m/s

【解析】(1)小物塊沿斜面上滑時受力情況如圖甲所示，其重力的分力分別為:

F\=wgsin8①

F2=/Hgcos8②

根據牛頓第二定律有尸N=&③

F\+Ff=ma@

又因為品=〃外⑤

由①②③④⑤式得a=gsin8+"gcos6=(10X0.6+0.25X10X0.8)m/s2

=8.0m/s2o⑥

(2)小物塊沿斜面上滑做勻減速運動，到達最高點時速度為零，則有

=2(一心⑦

v82

得x=——=------m=4m。⑧

2a2X8

(3)小物塊在斜面上下滑時受力情況如圖乙所示，根據牛頓第二定律有

FN=F2?

由①②⑤⑨⑩式得，=gsin9-//geos^=(10X0.6-0.25X10X0.8)m/s2

=4.0m/s2

有v2=2a'x

所以有0=也優x={2X4X4m/s=4衣m/s。

核心素養大提升

動力學的圖象問題

1.常見的動力學圖象

圖象、a-f圖象、Rf圖象、Fa圖象等.

2.動力學圖象問題的類型

3.解題策略

(1)問題實質是力與運動的關系，解題的關鍵在于弄清圖象斜率、截距、交點、拐點、

面積的物理意義.

(2)應用物理規律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物

體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷.

4.解決圖象綜合問題的三點提醒

(1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理

圖象所反映的物理過程，會分析臨界點.

(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉

折點，兩圖線的交點等.

(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結合起來，再結合斜

率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖象中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解

題的突破口或關鍵點.

【例5】一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間f變化的關系如圖甲

所示，速度。隨時間r變化的關系如圖乙所示.取g=10m/s2,求：

-F/N

12.......

10-

8.......

6-

4——

2"

0246r/s

甲

(1)1S末物塊所受摩擦力的大小Fn；

(2)物塊在前6s內的位移大小x；

(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數

【答案】(1)4N(2)12m(3)0.4

【解析】(1)由題圖乙可知前2s內物塊處于靜止狀態，此時物塊所受

的摩擦力大小等于水平拉力的大小，從題圖甲中可以讀出，當，=1

s時，Fn=Fi=4N.

(2)在圖象中曲線與/軸圍成面積表示位移，則由題圖乙知物

(2+4)X4

塊在前6s內的位移大小x=---------------m=12m.

2

(3)由題圖乙知，在2?4s內，物塊做勻加速運動，加速度大小

Ar4

a=——=一m/s2=2m/s2

△t2

=

由牛頓第二定律得F2~Ff2ma

在4~6s內物