高中物理人教新版导学案 必修 第一册 第4章 牛顿第二定律的基本应用 Word版含解析

　牛顿第二定律的基本应用

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)(　　)

图1
A．1.5g，1.5g,0
B．g，2g，0
C．g，g，g
D．g，g，0
答案　A
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．
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．
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．
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：

自测2　(2019·山东菏泽市第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿固定斜面向上运动(如图2所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时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
答案　B
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，物块运动到最高点时间t＝＝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＝＝5 m，选项B正确.


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
??
例1　(多选)(2019·广西桂林、梧州、贵港、玉林、崇左、北海市第一次联合调研)如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)

图3
A．弹簧的形变量不改变
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
答案　AC
解析　由于弹簧弹力不能突变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F＝3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去C瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合外力大小等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg＝ma，解得：a＝2g，方向竖直向上，故C正确；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：3mg＋mg＝N，解得：N＝4mg，故由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．
变式1　(2020·福建龙岩市期末质量检查)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，下列说法正确的是(　　)

图4
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
D．细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为g
答案　D
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＝
mg，对B分析可以得到T＝mgsin θ＝mg，故A、B错误；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＝＝g，故D正确．
变式2　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，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

图5
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
D．图乙中轻杆的作用力一定不为零
答案　C
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．

1．对超重和失重的理解
(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)尽管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．
2．判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重


例2　(2020·湖南衡阳市第一次联考)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小、某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．其工作原理图如图6甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源连成电路、在压敏电阻上放置一个绝缘重物，0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示，则下列判断不正确的是(　　)

图6
A．t1～t2时间内绝缘重物处于超重状态
B．t3～t4时间内绝缘重物处于失重状态
C．升降机开始时可能停在1楼层，从t1时刻开始，经向上加速、匀速、减速，最后停在高楼层
D．升降机开始时可能停在高楼层，从t1时刻开始，经向下加速、匀速、减速，最后停在1楼
答案　D
变式3　(2019·广东广州市4月综合测试)如图7，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(　　)

图7
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　运动员在空中运动的过程中，加速度总是竖直向下的，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是失重状态，故选A.
变式4　(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图8所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若A、B运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是(　　)

图8
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
答案　C
解析　若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，

可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．

1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(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．
类型1　已知物体受力情况，分析物体运动情况

例3　(2019·安徽宣城市期末调研测试)如图9，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：

图9
(1)此过程中物块到O点的最远距离；
(2)撤去F时物块到O点的距离．
答案　(1)1 m　(2) m
解析　(1)物块向右运动时：F＋μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v2＝2a1x1
可得x1＝1 m
(2)物块向左运动时，先做匀加速运动，加速度大小为a2，后做匀减速运动，加速度大小为a3，则有：
F－μmg＝ma2
解得a2＝4 m/s2
μmg＝ma3
解得a3＝2 m/s2
由v＝2a2x2
v＝2a3x3
x2＋x3＝x1
联立解得x3＝ m.
类型2　已知物体运动情况，分析物体受力情况

例4　(2019·安徽安庆市第二次模拟)如图10甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量 m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：

图10
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4 s内的位移大小．
答案　(1)0.5　4 N　(2)28 m
解析　(1)根据v－t图像的斜率表示加速度，则2～4 s内物体的加速度大小为：
a2＝ m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5；
0～2 s内物体的加速度大小为：a1＝ m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N；
(2)物体在0～4 s内的位移为：x＝ m＋×2 m＝28 m.
变式5　(2019·福建宁德市5月质检)某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s，最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1 m/s，高度为56 m．货物质量为
2 kg，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力大小．
答案　(1)2.5 m　(2)20.8 N
解析　(1)无人机匀速上升的高度：h2＝vt2
无人机匀减速上升的高度：h3＝t3
无人机匀加速上升的高度：h1＝h－h2－h3
联立解得：h1＝2.5 m
(2)货物匀加速上升过程：v2＝2ah1
货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：
F－mg－0.02mg＝ma
联立解得：F＝20.8 N.