1第2講小專題:牛頓第二定律的基本應用考點一超重與失重問題1.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無關。(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不等于物體的重力,此時彈簧測力計或臺秤的讀數即為視重。2.超重、失重和完全失重的比較狀態超重失重完全失重現象視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于0產生條件豎直方向上,物體的加速度向上豎直方向上,物體的加速度向下豎直方向上,物體的加速度向下且等于g運動狀態加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g為加速度加速下降或減速上升原理方程F-mg=maF=mg+mamg-F=maF=mg-mamg-F=mg,F=0[例1]【對超、失重現象的理解】(2024·湖南長沙期中)如圖所示,原地縱跳摸高是籃球和羽毛球運動中重要的訓練項目之一。運動員先由靜止下蹲一段位移,經過充分蓄力后,發力跳起摸到一定的高度,落地后屈腿緩沖。運動員在下降過程中,下列說法正確的是()2[A]始終處于超重狀態[B]始終處于失重狀態[C]先失重后超重[D]先超重后失重【答案】C【解析】由于物體加速度方向決定超失重情況,當物體的加速度向上時處于超重狀態,加速度向下時為失重狀態。運動員下降過程中先以重力加速度下落,接觸地面后支持力增大,向下的加速度減小,變為0后又反向增大,即先失重后超重。故C正確。[變式]運動員在空中運動過程中超、失重情況如何?【答案】完全失重【解析】運動員在空中運動過程中無論是上升還是下落,加速度均為重力加速度,則運動員處于完全失重狀態。[例2]【超、失重現象的圖像問題】(2024·云南保山期末)(多選)某科技愛好者利用智能手機加速度傳感器,測量升降機在豎直方向運行的加速度,如圖所示為手機顯示的a-t圖像,人站在升降機內由靜止開始運動,規定豎直向上為正方向,人與手機質量m=50kg,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()[A]0～5s站在升降機上的人處于超重狀態[B]t=15s時升降機上升的速度大小為3m/s[C]15～20s升降機對人的支持力大小為520N[D]0～20s升降機上升的高度為30m【答案】AD3【解析】由a-t圖像可知,0～5s加速度方向向上,人處于超重狀態,故A正確。在a-t圖像中,圖線與t軸所圍面積表示速度的變化,則0～5s升降機速度增加Δv=0.4×5m/s=2m/s,由于升降機由靜止向上做勻加速運動,即5s末的速度為v1=2m/s,該過程升降機位移升降機加速度為0而做勻速運動,則t=15s時升降機上升的速度大小為2m/s,其位移x2=vt2=20m;15～20s升降機做勻減速運動,初速度v3=2m/s,加速度a′=-0.4m/s2,位移x3=v3t3+a′t32=5m;則0～20s升降機上升的高度為x=x1+x2+x3=30m,故B錯誤,D正確。15～20s升降機做勻減速運動,根據牛頓第二定律有FN-mg=ma′,解得FN=480N,故C錯誤。判斷超重和失重的方法受力判斷物體除受重力外,僅受到豎直向上的拉力(或支持力)(1)F(或FN)>mg時,物體處于超重狀態。(2)F(或FN)<mg時,物體處于失重狀態。(3)F(或FN)=0時,物體處于完全失重狀態加速度判斷物體具有的加速度:(1)方向豎直向上(或豎直分量向上)時,物體處于超重狀態。(2)方向豎直向下(或豎直分量向下)時,物體處于失重狀態。(3)方向豎直向下(或豎直分量向下)且等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態速度變化判斷(1)物體向上加速或向下減速運動時處于超重狀態。(2)物體向下加速或向上減速運動時處于失重狀態。(3)物體以重力加速度g向下加速或向上減速運動時處于完全失重狀態考點二動力學兩類基本問題1.解決動力學兩類基本問題的思路2.基本步驟4[例3]【已知受力求運動情況】(2024·安徽蕪湖階段檢測)滑雪是很多人喜歡的運動項目。如圖所示,ABC為一簡化的雪道模型,AB段為長L=100m傾角θ=18°的山坡雪道,BC段為水平雪道,AB與BC平滑相連。一位質量m=80kg(含裝備)的滑雪者從山坡雪道頂端A處從靜止開始自由滑下,到達底端后進入水平雪道。已知雪橇與水平雪道和山坡雪道之間的動摩擦因數均為0.1,忽略空氣阻力,g取10m/s2,取sin18°=0.31,cos18°=0.95。如果滑雪者沒有任何助力動作。求:(1)滑雪者在山坡雪道下滑時的加速度a1的大小;(2)為了使滑雪者利用雪橇與雪道間的摩擦停下來,水平雪道BC的長度x的最小值。【答案】(1)2.15m/s2(2)215m【解析】(1)滑雪者在山坡雪道下滑時受重力、支持力和摩擦力作用,根據平衡條件和牛頓第二定律有FN-mgcosθ=0,mgsinθ-μFN=ma1,聯立解得a1=2.15m/s2。(2)滑雪者在山坡雪道下滑過程中,根據勻變速運動速度與位移關系式有VB2=2a1L,則5滑雪者在水平雪道上滑行時水平方向只受滑動摩擦力Ff=μmg而做勻減速運動,根據牛頓第二定律有μmg=ma2,代入數值解得a2=1m/s2;為使滑雪者利用雪橇與雪道間的摩擦停下來,根據速度位移關系式得水平雪道BC的長度即水平雪道BC的長度x的最小值為215m。[變式]為了能在[例3]情境中的水平雪道上較快地停下,滑雪者在滑到山坡雪道上的P點時,開始通過調整姿態來增加阻力直到B點,進入水平雪道后不再增加阻力。若滑雪者在山坡雪道上增加的阻力為人對雪道壓力的0.9倍,進入水平雪道后經x2=44m停下,求滑雪者開始調整姿態的位置P與B的距離x1。【答案】20m【解析】滑雪者到達P點過程中有vp2=2a1(L-x1),而滑雪者由B點到停下過程中有vB′2=2a2x2,滑雪者在PB段,根據牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ-0.9mgcosθ=ma3,根據勻變速運動規律有vB′2-vp2=2a3x1,由以上各式聯立,代入數據得x1=20m。[例4]【已知運動情況求受力】(2024·湖南專題練習)如圖甲所示,質量為m=1kg小球從固定斜面上的A點由靜止開始做加速度大小為a1的運動,小球在t1=1s時刻在B處與擋板碰撞,然后沿著斜面做加速度大小為a2的運動,在t2=1.25s時刻到達C點,接著從C點運動到B點,到達B點的時刻為t3。整個過程小球的v-t圖像如圖乙所示(v0未知),已知a2與a1大小的差值為4m/s2,重力加速度g取10m/s2,求:(1)小球受到阻力的大小和斜面傾角的正弦值;6(2)t3的值。【答案】(1)2N0.6(2)s【解析】(1)設斜面傾角為θ,小球從A運動到擋板,即在0～1s時間內由速度時間公式和牛頓第二定律得2v0=a1t1,mgsinθ-Ff=ma1,小球從擋板運動到C點,即在t1～t2(1～1.25s)時間內有v0=a2(t2-t1),mgsinθ+Ff=ma2,而a2-a1=4m/s2,聯立解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,v0=2m/s,Ff=2N,sinθ=0.6。(2)根據v-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示位移,由題圖乙可知,BC之間位移大小為x1×(t2-t1)=0.25m,設小球從C運動到B的時間為t,根據位移公式,有x1a1t2,解得ts,則[變式]若在[例4]的情境中,對小球施加一沿斜面向下的恒力F,從A點由靜止開始運動,到達B處力F突然消失,小球與擋板碰撞,此后以碰撞前速度的反向運動且恰好到達A點,則恒力F的大小是多少?【答案】14N【解析】由題圖乙可知,A、B兩點間距離設小球與擋板碰撞前速度為v0′,則小球上滑初速度為v0′,小球上滑過程中,根據速度與位移關系式有(v0′)2=2a2xAB,聯立解得設小球由A到B的過程中加速度大小為a3,則v0′2=2a3xAB,又根據牛頓第二定律有F+mgsinθ-Ff=ma3,代入數據解得F=14N。7解答動力學基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”考點三牛頓第二定律的瞬時性問題和等時圓的應用1.瞬時性問題的兩種模型2.等時圓模型(1)結論。在同一豎直圓上,物體從不同位置沿不同的光滑弦由靜止開始滑至最低點,或者從同一豎直圓的最高點沿不同的光滑弦滑至圓上,物體的運動時間相等,且僅決定于圓的直徑。(2)類型。如圖甲、乙、丙所示,質點由靜止開始從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端滑到圓環的最低點、質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦滑到下端或相鄰圓環由C到D,從E到F。8甲圖中質點分別由A、C、D、E到達B點的時間相等;乙圖中質點由A點到達B、C、D、E的時間相等;丙圖中質點從E到F、從C到D的時間相等。[例5]【輕繩模型】(2024·湖南卷,3)如圖,質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球a、b、c、d,通過細線或輕彈簧互相連接,懸掛于O點,處于靜止狀態,重力加速度為g。若將b、c間的細線剪斷,則剪斷瞬間b和c的加速度大小分別為()[A]g,1.5g[B]2g,1.5g[C]2g,0.5g[D]g,0.5g【答案】A【解析】b、c間細線剪斷前,a、b間彈簧彈力Fab=(3m+2m+m)g=6mg,b、c間細線拉力Fbc=(2m+m)g=3mg,c、d間彈簧彈力Fcd=mg;細線剪斷瞬間,a、b間彈力不變,對小球b有,Fab-3mg=3mab,解得ab=g,方向豎直向上;對球c,由于b、c間細線拉力突然消失,有Fdc+2mg=2mac,解得ac=1.5g,方向豎直向下。選項A正確。[變式]在[例5]情境中,若不是剪斷b、c間細線,而是緊靠b球上側剪斷彈簧,則剪斷彈簧瞬間各球加速度是多少?【答案】aa=0ab=ac=1.2gad=0【解析】在b球上側剪斷a、b間彈簧瞬間,彈簧彈力不發生突變,則a、d兩球不受影響而加速度為0;由于b球受到的向上的彈力突然消失,而細線拉力會發生突變,若細線拉力突然消失,小球b只受重力,小球c除受重力外,還有c、d間彈簧彈力,此時有ab<ac,顯然細線拉力不可能消失,而使球b、c具有共同的加速度,對b、c整體,有(3m+2m)g+Fdc=5mabc,即abc=1.2g。[例6]【輕桿模型】如圖所示,光滑斜面的傾角為θ,球A質量為2m、球B質量為m,圖甲中A、B兩球用輕彈簧相連,圖乙中A、B兩球用輕質桿相連,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,在系統靜止時,突然撤去擋板的瞬間,則有()9[A]圖甲中球A的加速度為gsinθ[B]圖甲中球B的加速度為0[C]圖乙中兩球的加速度均為0[D]圖乙中兩球的加速度均為gsinθ【答案】D【解析】題圖甲中撤去擋板瞬間,由于彈簧彈力不能突變,則球A所受合力為0,加速度為0,選項A錯誤;撤去擋板前,擋板對球B的彈力大小為3mgsinθ,撤去擋板瞬間,球B與擋板之間彈力消失,則所受合力為FB=3mgsinθ,由F合=ma可知加速度為aB=3gsinθ,選項B錯 誤;題圖乙中撤去擋板前,輕桿上的彈力為2mgsinθ,撤去擋板瞬間,球B所受擋板支持力突然消失,桿的彈力發生突變,由于A、B用輕桿連接,則球A、B加速度相等,其整體所受合力為3mgsinθ,加速度均為gsinθ,選項C錯誤,D正確。[變式]若把[例6]中圖甲、乙中的小球A、B均用細繩懸掛在天花板下處于靜止狀態,如圖丙、丁所示,則在兩細繩燒斷的瞬間,圖丙和圖丁中兩球的加速度是否相等?【答案】圖丙中B球加速度為零,A球加速度為g;圖丁中,A、B的加速度相同,均為g【解析】細繩燒斷的瞬間彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以細繩燒斷瞬間,題圖丙中球B所受合力仍為零,加速度為零,球A所受合力為3mg,加速度為g;題圖丁中,細繩燒斷瞬間,A、B的加速度相同,設為a。以整體為研究對象,根據牛頓第二定律有3mg=3ma,解得a=g。分析瞬時問題要“瞻前顧后”[例7]【“等時圓”模型】(2024·山西大同階段檢測)(多選)如圖所示,在斜面上有四條光滑細桿,其中OA桿豎直放置,OB桿與OD桿等長,OC桿與斜面垂直放置,若每根桿上都套著一個小滑環分別從O點由靜止釋放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關系正確的是()[A]t1>t2>t3[B]t1=t3>t2[C]t2=t4>t1[D]t2<t3<t4【答案】BD【解析】以OA桿為直徑作圓,由圓的知識可知C點處于圓上,B點在圓內,D點在圓外,如圖所示,由于四個環均從圓的最高點滑下,由等時圓模型規律可知t1=t3,而沿OB滑下的環早于沿OA或OC滑下的環到達斜面,沿OD滑下的環晚于沿OA或OC滑下的環到達斜面,即t2<t1=t3<t4,故選B、D。[變式]若豎直面內三根固定的光滑細桿Oa、Ob、Oc的O、a、b、c與d點位于同一圓周上,d點為圓周的最高點,c點為最低點,如圖所示。每根桿上都套著一個小滑環均從O點無初速度釋放,用t1、t2、t3依次表示滑環到達a、b、c所用的時間,則()[A]t1=t2=t3[B]t3>t1>t2[C]t1<t2<t3[D]t1>t2>t3【答案】D【解析】以O點為最高點,取合適的豎直直徑Oe作等時圓,使圓交Ob于b,如圖所示,根據等時圓模型規律可知,小滑環分別從O由靜止到f、b、g的時間相等,此時沿Oa桿滑下的環未到a點,沿Oc桿滑下的環早到達c點,可得t1>t2>t3,D正確。“等時圓”模型規律的應用(滿分:70分)對點1.超重與失重問題1.(4分)(2024·云南昆明階段練習)一乘客乘坐豎直電梯上樓,其位移x與時間t的關系圖像如圖所示,乘客的速度大小用v表示。以下判斷正確的是()[A]0～t1時間內,v增大,乘客處于超重狀態[B]t1～t2時間內,v減小,乘客處于失重狀態[C]t2～t3時間內,v增大,乘客處于超重狀態[D]t2～t3時間內,v減小,乘客處于超重狀態【答案】A【解析】由于x-t圖像中圖線的斜率表示速度,可知0～t1時間內,v向上且增大,則加速度向上,乘客處于超重狀態;t1～t2時間內,v不變,乘客勻速上升,即處于平衡狀態;t2～t3時間內,v向上且減小,則加速度向下,乘客處于失重狀態。A正確。2.(4分)(2025·云南高考適應性考試)某同學站在水平放置于電梯內的電子秤上,電梯運行前電子秤的示數如圖甲所示。電梯豎直上升過程中,某時刻電子秤的示數如圖乙所示,則該時刻電梯(重力加速度g取10m/s2)()[A]做減速運動,加速度大小為1.05m/s2[B]做減速運動,加速度大小為0.50m/s2[C]做加速運動,加速度大小為1.05m/s2[D]做加速運動,加速度大小為0.50m/s2【答案】D【解析】由題意知,電梯在上升的過程中,視重大于實重,受到的支持力大于重力,處于超重狀態,加速度向上,做加速運動;由牛頓第二定律有FN-mg=ma,解得a=0.50m/s2,故D正確。對點2.動力學兩類基本問題3.(4分)(2024·海南階段練習)如圖所示,光滑的水平地面上靜止放置一輛小車,在小車的內部用兩根細繩拴一個可視為質點的小球,其中a繩水平,b繩傾斜且與a繩之間的夾角為150°,下列說法正確的是()[A]小車靜止時,a、b兩繩上的拉力大小之比為1∶2[B]小車靜止時,a、b兩繩上的拉力大小之比為3∶2[C]若小球隨著小車一起水平向左做勻加速直線運動,隨著加速度的逐漸增大,兩繩上的拉力也逐漸增大[D]若小球隨著小車一起水平向右做勻加速直線運動的加速度等于1.5g時,a繩上的拉力恰好為0【答案】B【解析】設細繩a、b的拉力分別FTa、FTb,小車靜止時,由平衡條件可得故B正確,A錯誤;設小球的質量為m,若小球隨著小車一起水平向左做勻加速直線運動,豎直方向有FTbsin30°=mg,可得FTb=2mg,水平方向有FTa-FTbcos30°=ma,可得FTa=ma+3mg,即FTa隨著加速度增大而增大,而FTb不變,故C錯誤;若小球隨著小車一起水平向右做勻加速直線運動,當a繩上的拉力恰好為0時,豎直方向根據平衡條件FTbsin30°=mg,可得FTb=2mg,水平方向FTbcos30°=ma,得a=3g,可知當加速度為1.5g時,細繩a處于張緊狀態,故D錯誤。4.(16分)(2024·安徽合肥期中)鋼架雪車比賽的一段賽道如圖甲所示,長12m的水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接,斜道BC與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發,推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖乙所示),到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質點,始終在冰面上運動,其總質量為110kg,取sin15°=0.26,g取10m/s2,求:(1)雪車(包括運動員)在直道AB上的加速度大小和在AB上運動時間t1;(2)過C點的速度大小;(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。【答案】(3)66N【解析】(1)設雪車在直道AB段加速度大小為a1,根據位移速度公式有VB2=2a1xAB,解得根據速度公式有vB=a1t1,則(2)從B點到C點過程中,由勻變速直線運動速度與位移關系式得其中t2=5.0s-t1=2s,聯立解得a2=2m/s2,過C點的速度大小為vC=vB+a2t2=12m/s。(3)設在斜道BC上運動時受到的阻力大小為Ff,由牛頓第二定律可得mgsin15°-Ff=ma2,代入數值解得Ff=66N。對點3.牛頓第二定律的瞬時性問題和等時圓的應用5.(6分)(2024·貴州三模)(多選)如圖所示,可視為質點的小球用輕質細繩OA和OB懸掛靜止在O點,繩OA與豎直方向的夾角為θ,繩OB水平。重力加速度為g,下列說法正確的是[A]剪斷繩OB瞬間,小球的加速度大小為gtanθ[B]剪斷繩OB瞬間,小球的加速度大小為gsinθ[C]剪斷繩OA瞬間,小球的加速度為零[D]剪斷繩OA瞬間,小球的加速度為g【答案】BD【解析】剪斷繩OB瞬間,小球即將開始繞A點做圓周運動,此時速度為0,則沿細繩方向加速度為0,沿垂直于細繩方向有mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,故A錯誤,B正確;同理剪斷OA瞬間,其豎直方向有mg=ma′,即a′=g,故C錯誤,D正確。6.(4分)(2025·陜晉青寧高考適應性考試)如圖,質量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接,并用輕繩L1、L2固定,處于靜止狀態,L1水平,L2與豎直方向的夾角為60°,重力加速度大小為g。則()[A]L1的拉力大小為3mg[B]L2的拉力大小為3mg[C]若剪斷L1,該瞬間小球甲的加速度大小為3g[D]若剪斷L1,該瞬間小球乙的加速度大小為g【答案】C【解析】對甲、乙整體受力分析可知,L1的拉力大小為FT1=2mgtan60°=23mg,L2的拉力大小為選項A、B錯誤。剪斷L1的瞬間,彈簧的彈力不變,則小球乙受的合力仍為零,加速度為零;對甲分析,L2中拉力發生突變,重力和彈簧彈力的合力沿輕繩L2方向的分力與L2的拉力平衡,垂直于輕繩L2方向的分力提供加速度,有選項C正確,D錯誤。7.(12分)(2024·四川綿陽課時練習)滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和AC,A、B、C在豎直平面內的同一圓周上,且A為圓周的最高點,示意圖如圖所示,已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內有一位置P,距離A點為3R,且與A等高。各滑梯的摩擦均不計,已知重力加速度為g。(1)如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下,試通過計算說明兩次沿滑梯運動的時間關系;(2)若設計一部上端在P點,下端在圓周上某點的直滑梯,則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時,在滑梯上運動的最短時間是多少?【答案】(1)見解析【解析】(1)設AB與水平方向的夾角為θ,小朋友沿AB下滑時的加速度由運動學公式有由幾何關系知xAB=2Rsinθ,解得則沿滑梯運動的時間t與滑梯和水平面間的夾角無關,同理可知故tAB=tAC。(2)作以P點為最高點、半徑為r且與題圖中圓外切的圓,如圖,設切點為D,根據第(1)問的結論,當小朋友沿滑梯PD下滑時,在滑梯上運動的時間最短,由幾何關系知(R+r)2=(R-r)2+(3R)2,解得結合第(1)問的結論有8.(4分)(2024