?第三講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用
? 知識梳理
一、超重與失重
1.視重
當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計(jì)或臺秤的示數(shù)稱為視重。
2.超重、失重和完全失重的比較

超重
失重
完全失重
現(xiàn)象
視重大于物體重力
視重小于物體重力
視重等于
產(chǎn)生條件
物體的加速度向上
物體的加速度向下
物體的加速度等于
運(yùn)動狀態(tài)
加速上升或減速下降
加速下降或減速上升
以g加速下降或減速上升
原理方程
F－mg＝ma
mg－F＝ma
mg－F＝mg
二、兩類動力學(xué)問題
1.動力學(xué)的兩類基本問題
第一類：已知受力情況求物體的運(yùn)動情況。
第二類：已知運(yùn)動情況求物體的受力情況。
2.解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：

? 知識訓(xùn)練
考點(diǎn)一、超重和失重
例1、如圖所示，一人站在電梯中的體重計(jì)上，隨電梯一起運(yùn)動。g取10 m/s2。下列各種情況中，體重計(jì)的示數(shù)最大的是(　　)

A．電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0 m/s2
B．電梯勻加速上升，加速度的大小為 1.0 m/s2
C．電梯勻減速下降，加速度的大小為1.5 m/s2
D．電梯勻加速下降，加速度的大小為1.5 m/s2
【答案】C
【解析】由題意可知，體重計(jì)的示數(shù)最大時，人應(yīng)具有向上的最大加速度，處于超重狀態(tài)，故A、D錯誤；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，則當(dāng)a＝1.5 m/s2時體重計(jì)的示數(shù)最大，故B錯誤，C正確。
? 課堂隨練
訓(xùn)練1、(2020·北京高三二模)很多智能手機(jī)都有加速度傳感器。小明把手機(jī)平放在手掌上，打開加速度傳感器，記錄手機(jī)在豎直方向上加速度的變化情況。若手掌迅速向下運(yùn)動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，手機(jī)屏幕上獲得的圖像如圖甲所示。以下實(shí)驗(yàn)中手機(jī)均無翻轉(zhuǎn)。下列說法正確的是(　　)

A．若將手機(jī)豎直向上拋出再落回手掌中，所得圖像可能如圖乙所示
B．若保持手托著手機(jī)，小明做下蹲動作，整個下蹲過程所得圖像可能如圖丙所示
C．若手托著手機(jī)一起由靜止豎直向上運(yùn)動一段時間后停止，所得圖像可能如圖丁所示
D．手機(jī)屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，表明手機(jī)處于失重狀態(tài)
【答案】A
【解析】若手掌迅速向下運(yùn)動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，手機(jī)先加速后減速，加速度先豎直向下，再豎直向上。由題圖甲可知加速度豎直向下時為負(fù)值。若將手機(jī)豎直向上拋出再落回手掌中，手機(jī)先豎直向上加速然后豎直上拋運(yùn)動最后豎直向下減速，加速度方向先豎直向上然后豎直向下最后豎直向上，即先正然后負(fù)最后正，所得圖像可能如題圖乙所示，故A正確；若保持手托著手機(jī)，小明做下蹲動作，手機(jī)先豎直向下加速然后豎直向下減速，加速度方向先豎直向下然后豎直向上，即先負(fù)后正，整個下蹲過程所得圖像不可能如題圖丙所示，故B錯誤；若手托著手機(jī)一起由靜止豎直向上運(yùn)動一段時間后停止，手機(jī)先豎直向上加速最后豎直向上減速，加速度方向先豎直向上最后豎直向下，即先正最后負(fù)，所得圖像不可能如題圖丁所示，故C錯誤；手機(jī)屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，說明加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。
訓(xùn)練2、(多選)如圖所示,蹦床運(yùn)動員從空中落到床面上,運(yùn)動員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程,從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程,則運(yùn)動員(　 　)

A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)
B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)
C．在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài)
D．在第二過程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài)
【答案】CD
【解析】運(yùn)動員剛接觸床面時,重力大于彈力,運(yùn)動員向下做加速運(yùn)動,運(yùn)動員處于失重狀態(tài);當(dāng)彈力增大到等于重力時速度最大;繼續(xù)下降,彈力大于重力,做減速運(yùn)動,運(yùn)動員處于超重狀態(tài),即在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),A錯誤,C正確;在第二過程中運(yùn)動員先向上加速運(yùn)動,處于
超重狀態(tài),后減速運(yùn)動,處于失重狀態(tài),B錯誤,D正確。
考點(diǎn)二、動力學(xué)的兩類基本問題[
1.解題步驟

例1、(2021·高考全國卷甲，T14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將(　　)

A．逐漸增大　　　　　　　　 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
【答案】D
【解析】設(shè)PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°時，t有最小值，故當(dāng)θ從由30°逐漸增大至60°時，下滑時間t先減小后增大。
例2、(2022·山東省實(shí)驗(yàn)?zāi)M)假設(shè)在發(fā)射火箭過程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30 km高空時，速度達(dá)到1.2 km/s，然后助推器脫落，向上減速運(yùn)動后落回地面進(jìn)行回收?；鸺破鬟\(yùn)動過程中所受地球引力可視為不變，且等于在地球表面時的重力，助推器脫落后運(yùn)動過程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2，g取10 m/s2，求：
(1)助推器能上升到距離地面的最大高度；
(2)助推器落回地面的速度大小和助推器從脫落到落回地面經(jīng)歷的時間。
【答案】(1)9×104 m　(2)1 200 m/s　250 s
【解析】(1)火箭加速上升的高度h1＝3×104m，助推器脫落時的速度v1＝1.2×103 m/s，助推器脫落后向上做減速運(yùn)動， f＝0.2mg，有mg＋f＝ma1，v＝2a1h2，v1＝a1t1
解得h2＝6×104m，t1＝100 s
助推器上升的最大高度為
h＝h1＋h2＝9×104 m(或90 km)。
(2)助推器從最高點(diǎn)下落過程中，有
mg－f＝ma2，v＝2a2h，v2＝a2t2
解得v2＝1 200 m/s，t2＝150 s
助推器從脫離到落地經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝250 s。
例3、(2021·安徽蕪湖檢測)某運(yùn)動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離直升機(jī)一段時間后打開降落傘減速下落，他打開降落傘后的速度—時間圖線如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運(yùn)動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為50 kg，降落傘質(zhì)量也為50 kg，不計(jì)運(yùn)動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f=kv(g取10 m/s2,取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)。求:

(1)打開降落傘前運(yùn)動員下落的距離;
(2)阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向;
(3)每根繩能夠承受的最小拉力。
【答案】(1)20 m (2)200 N·m/s　30 m/s2　方向豎直向上 (3)312.5 N
【解析】(1)打開降落傘前運(yùn)動員做自由落體運(yùn)動,
根據(jù)速度與位移公式得h0==20 m
(2)由題圖甲可知,當(dāng)速度等于5 m/s時，運(yùn)動員與降落傘做勻速運(yùn)動，受力平衡，
則kv=2mg
k==200 N·s/m
剛打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得
a==30 m/s2
方向豎直向上。
(3)設(shè)每根繩的拉力為T，以運(yùn)動員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得
8Tcos 37°-mg=ma
解得T==312.5 N
所以每根繩能夠承受的拉力至少為312.5 N。
例4、如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg 的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝0.5 s 時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；
(2)沿斜面向上運(yùn)動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。
【答案】(1)0.5 m　1.5 m　 (2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
【解析】(1)物塊上升的位移x1＝×2×1 m＝1 m
物塊下滑的距離x2＝×1×1 m＝0.5 m
位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m。
(2)由題圖乙知，有拉力F作用階段加速度的大小a1＝ m/s2＝4 m/s2
無拉力F作用階段加速度大小
a2＝ m/s2＝－4 m/s2
設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得
0～0.5 s內(nèi)F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s內(nèi)－Ff－mgsin θ＝ma2
聯(lián)立解得F＝8 N。
例5、(多選)如圖所示，Oa、Ob和da是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放，一個滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da分別到達(dá)a、b、a所用的時間。下列關(guān)系正確的是(　　)

A．t1＝t2　　　　　　　　 B．t2>t3
C．t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B、C、D均正確。
l 課堂隨練
訓(xùn)練1、如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一質(zhì)點(diǎn)小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3?，F(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為(　　)

A．1∶1∶1 B．5∶4∶3
C．5∶8∶9 D．1∶2∶3
【答案】A
【解析】因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC邊為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。
訓(xùn)練2、(多選)如圖a，質(zhì)量m1＝0.2 kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1 kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時刻小物塊以速度v0＝11 m/s向右滑動，同時對物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖b顯示物塊與小車第1 s內(nèi)運(yùn)動的v-t圖象。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

A．物塊與平板小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4
B．恒力F＝0.5 N
C．物塊與小車間的相對位移x相對＝6.5 m
D．小物塊向右滑動的最大位移為xmax＝7.7 m
【答案】ABD
【解析】根據(jù)v-t圖象可知，在第1 s內(nèi)小車向右做勻加速直線運(yùn)動，小物塊向右做勻減速直線運(yùn)動，小車和小物塊的加速度分別為a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，a2＝＝ m/s2＝－9 m/s2；對小車根據(jù)牛頓第二定律有：μm2g＝m1a1，對小物塊根據(jù)牛頓第二定律有：－(F＋μm2g)＝m2a2，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.4，F(xiàn)＝0.5 N，故A、B正確。根據(jù)圖象可知，在t＝1 s時小車和小物塊的速度相同，因?yàn)樽畲箪o摩擦力等于滑動摩擦力，m1

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