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第三章　運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系
第2節(jié)　牛頓第二定律的基本應(yīng)用
鏈接教材·夯基固本
1．兩類動(dòng)力學(xué)問題
(1)兩類問題
①第一類：已知受力求物體的________。
②第二類：已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的____。
(2)解決方法
以______為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和____________列方程求解。
運(yùn)動(dòng)情況
受力
加速度
牛頓第二定律
2．超重和失重
(1)超重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)____物體所受重力的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體具有____的加速度。
大于
向上
(2)失重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)____物體所受重力的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體具有____的加速度。
(3)完全失重
①定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)_____的現(xiàn)象。
②產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝__，方向豎直向下。
小于
向下
等于0
g
1．易錯(cuò)易混辨析
(1)失重說明物體所受的重力減小了。 (　　)
(2)物體超重時(shí)，加速度向上，速度也一定向上。 (　　)
(3)研究動(dòng)力學(xué)兩類問題時(shí)，受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵。 (　　)
(4)物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)其重力并沒有發(fā)生變化。 (　　)
×
×
√
√
(5)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運(yùn)動(dòng)的速度方向。 (　　)
(6)加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁，速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。 (　　)
×
√
2．人教版必修第一冊第四章第6節(jié)[思考與討論]：圖4.6-4下蹲過程，圖4.6-5下蹲、站起兩個(gè)過程，分析超重和失重的情況。
提示：下蹲過程先向下加速再向下減速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起過程先向上加速再向上減速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。
3．(人教版必修第一冊改編)蹦極是一項(xiàng)非常刺激的體育運(yùn)動(dòng)。某人身系彈性繩自高空P點(diǎn)自由下落，圖中a點(diǎn)是彈性繩的原長位置，c是人所到達(dá)的最低點(diǎn)，b是人靜止地懸吊著時(shí)的平衡位置，空氣阻力不計(jì)，則人從P點(diǎn)落下到最低點(diǎn)c的過程中(　　)
A．人從a點(diǎn)開始做減速運(yùn)動(dòng)，一直處于失重狀態(tài)
B．在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態(tài)
C．在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)
D．在c點(diǎn)，人的速度為零，其加速度也為零
√
C　[在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；在c點(diǎn)，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。]
4．(粵教版必修第一冊改編)一小物塊從傾角為α＝30°的足夠長的斜面底端以初速度 v0＝10 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2，則物塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1.5 s時(shí)離斜面底端的距離為(　　)
A．3.75 m B．5 m
C．6.25 m　 D．15 m
√
B　[小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物塊速度減為0時(shí)即停止，故此時(shí)小物塊離斜面底端的距離為x＝＝5 m，故B正確。]
細(xì)研考點(diǎn)·突破題型
考點(diǎn)1　動(dòng)力學(xué)兩類基本問題
1．問題類型
2．解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
3．動(dòng)力學(xué)基本問題中力的處理方法
(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”。
角度1　已知力求運(yùn)動(dòng)
[典例1]　(2025·廣東清遠(yuǎn)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m＝0.1 kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)對環(huán)施加一個(gè)與桿夾角為θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右勻加速運(yùn)動(dòng)，并在經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)撤掉此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點(diǎn)。已知小圓環(huán)與直桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，AB與BC的距離之比s1∶s2＝8∶5。(g取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圓環(huán)在BC段的加速度的大小a2；
(2)小圓環(huán)在AB段的加速度的大小a1；
(3)拉力F的大小。
思路點(diǎn)撥：解此題可按以下思路：
(1)在BC段，對小圓環(huán)進(jìn)行受力分析→牛頓第二定律→加速度；
(2)分析小圓環(huán)在BC段和AB段的運(yùn)動(dòng)情況→運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律→加速度；
(3)在AB段，對小圓環(huán)進(jìn)行受力分析→桿對小圓環(huán)的支持力方向不確定(有向上或向下兩種可能)→牛頓第二定律→拉力F。
[解析]　(1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力和摩擦力。對小圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖甲所示
有Ff＝μFN＝μmg
Ff＝ma2
則a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知＝2a1s1
小圓環(huán)在BC段做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
＝2a2s2，又＝
則a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。
(3)當(dāng)F sin θ由牛頓第二定律得F cos θ－Ff1＝ma1
又FN1＋F sin θ＝mg，F(xiàn)f1＝μFN1
聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得
F≈1.05 N；
當(dāng)F sin θ >mg時(shí)，小圓環(huán)在AB段運(yùn)動(dòng)的受力分析如圖丙所示
由牛頓第二定律可知F cos θ－Ff2＝ma1
又F sin θ＝mg＋FN2，F(xiàn)f2＝μFN2
代入數(shù)據(jù)解得F＝7.5 N。
[答案]　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N
規(guī)律方法　兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟
角度2　已知運(yùn)動(dòng)求力
[典例2]　2023年11月，我國“福建號”航空母艦成功進(jìn)行電磁彈射測試。小李同學(xué)將這個(gè)過程進(jìn)行如圖所示的簡化：ABC為水平軌道，其中AB段為有動(dòng)力彈射段、長LAB＝80 m，BC段為無動(dòng)力滑行段、足夠長。將質(zhì)量M＝20 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于A處，在第一次彈射模擬中，物塊在AB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2 s、BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為16 s；在第二次彈射模擬中，該同學(xué)在物塊兩側(cè)各固定了一個(gè)相同配重塊用以模擬導(dǎo)彈，每個(gè)配重塊質(zhì)量m＝5 kg。已知物塊與水平軌道ABC間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，兩次彈射的動(dòng)力大小相等且恒定不變，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)AB段動(dòng)力的大小；
(2)第二次彈射過程中，AB段和BC段物塊對每個(gè)配重塊作用力的大小。(結(jié)果可用根式表示)
[解析]　(1)第一次彈射模擬，AB段有
LAB＝
F－μMg＝Ma1
BC段有
a2＝＝μg
a1t1＝a2t2
解得F＝900 N，μ＝0.5。
(2)第二次彈射過程中，AB段有
F－μ(M＋2m)g＝(M＋2m)a3
作用力FAB＝
解得FAB＝25 N
BC段有FBC＝
解得FBC＝25 N。
[答案]　(1)900 N　(2)25 N　25 N
【典例2　教用·備選題】(2024·廣東廣州一模)如圖所示，單人雙槳賽艇比賽中，運(yùn)動(dòng)員用雙槳同步劃水使賽艇沿直線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)員每次動(dòng)作分為劃水和空中運(yùn)槳兩個(gè)階段，假設(shè)劃水和空中運(yùn)槳用時(shí)均為0.8 s，賽艇(含運(yùn)動(dòng)員、雙槳)質(zhì)量為70 kg，受到的阻力恒定，劃水時(shí)雙槳產(chǎn)生的動(dòng)力大小為賽艇所受阻力的2倍，某時(shí)刻雙槳?jiǎng)側(cè)胨畷r(shí)賽艇的速度大小為4 m/s，運(yùn)動(dòng)員緊接著完成1次動(dòng)作，此過程賽艇前進(jìn)8 m，求：
(1)劃水和空中運(yùn)槳兩階段賽艇的加速度大小之比；
(2)賽艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。
[解析]　(1)設(shè)賽艇受到的阻力大小為f，雙槳?jiǎng)澦畷r(shí)的動(dòng)力為F，設(shè)劃水和運(yùn)槳階段的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律得，劃水時(shí)F－f＝ma1，空中運(yùn)槳時(shí)f＝ma2，依題意有F＝2f，聯(lián)立解得a1∶a2＝1∶1。
(2)由以上分析可知，賽艇勻加速和勻減速前進(jìn)時(shí)加速度大小相等，則加速結(jié)束時(shí)速度達(dá)到最大，則vm＝v0＋a1t，劃水時(shí)s1＝v0t＋a1t2，運(yùn)槳時(shí)s2＝vmt－a2t2，又s1＋s2＝8 m，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm＝
6 m/s，a1＝a2＝2.5 m/s2，則f＝175 N。
[答案]　(1)1∶1　(2)6 m/s　175 N
考點(diǎn)2　超重與失重問題
1．對超重和失重現(xiàn)象的理解
(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)。
(2)物體處于超重或失重狀態(tài)只與加速度方向有關(guān)，而與速度方向無關(guān)。
(3)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。
(4)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。
2．判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)。
(2)從加速度的角度判斷
當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)。
(3)從速度變化角度判斷
當(dāng)物體向上加速或向下減速時(shí)，處于超重狀態(tài)；
當(dāng)物體向下加速或向上減速時(shí)，處于失重狀態(tài)。
[典例3]　(多選)測體重時(shí)，電子秤的示數(shù)會不斷變化，電子秤的示數(shù)始終與它受到的壓力大小成正比，最后才穩(wěn)定。某同學(xué)想探究不同情境下電子秤示數(shù)的變化情況。已知該同學(xué)的質(zhì)量為50 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列情境中，關(guān)于電子秤示數(shù)的說法正確的是(　　)
A．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數(shù)先增大后減小
B．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數(shù)先減小后增大
C．在減速下降的電梯中，該同學(xué)站在電子秤上時(shí)電子秤示數(shù)小于真實(shí)體重
D．在以5 m/s2的加速度勻加速上升的電梯中，該同學(xué)站在電子秤上時(shí)電子秤示數(shù)為75 kg
√
√
BD　[當(dāng)該同學(xué)在電子秤上下蹲時(shí)，人體重心下移，先加速下降，加速度向下，此時(shí)他處于失重狀態(tài)，該同學(xué)對電子秤的壓力小于自身重力；然后減速下降，加速度向上，此時(shí)他處于超重狀態(tài)，他對電子秤的壓力大于自身重力，所以電子秤的示數(shù)先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)電梯減速下降時(shí)，加速度豎直向上，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，電子秤對他的支持力大于他的重力，根據(jù)作用力與反作用力大小相等可知，測量值會大于真實(shí)體重，故C錯(cuò)誤；把電子秤
放在電梯里，當(dāng)電梯以5 m/s2的加速度加速上升時(shí)，設(shè)支持力為FN，由牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得FN＝750 N，因?yàn)樵撏瑢W(xué)對電子秤的壓力與電子秤對他的支持力為一對作用力和反作用力，大小相等，則電子秤示數(shù)為m顯示＝＝75 kg，故D正確。]
考點(diǎn)3　動(dòng)力學(xué)中的圖像問題
1．常見圖像：v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。
2．動(dòng)力學(xué)圖像問題的類型：圖像類問題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問題，以牛頓第二定律F＝ma為紐帶，理解圖像的種類，圖像的軸、點(diǎn)、線、截距、斜率、面積所表示的意義。一般包括下列幾種類型：
3．解決動(dòng)力學(xué)圖像問題的思路
(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點(diǎn)。
(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。
(3)明確能從圖像中獲取哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。
[典例4]　(多選)如圖(a)所示，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 時(shí)撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取
10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(　　)
A．木板的質(zhì)量為1 kg
B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N
C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
√
√
思路點(diǎn)撥：解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：
(1)明確f-t圖像和v-t圖像的信息，做好運(yùn)動(dòng)分析和受力分析。
(2)分段研究木板的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律求解。
AB　[分析知木板受到的摩擦力f ′＝f 。0～2 s內(nèi)，木板靜止，F(xiàn)＝f ′，F(xiàn)逐漸增大，故C錯(cuò)誤；4～5 s內(nèi)，木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，對木板受力分析，f ′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，故A正確；2～4 s內(nèi)，對木板有F－f ′＝ma1，F(xiàn)＝f ′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝
0.4 N，故B正確；由于無法確定物塊的質(zhì)量，盡管知道滑動(dòng)摩擦力的大小，仍無法確定物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。]
【典例4　教用·備選題】(2025·廣東深圳月考)很多智能手機(jī)都有加速度傳感器，用手托著手機(jī)，迅速向下運(yùn)動(dòng)，然后停止，手機(jī)記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則(　　)
A．t1時(shí)刻手機(jī)速度最大
B．t2時(shí)刻手機(jī)在最低點(diǎn)
C．t3時(shí)刻手受到的壓力最大
D．t4時(shí)刻手受到的壓力最小
√
C　[題圖曲線與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量，所以t2時(shí)刻手機(jī)速度最大，A錯(cuò)誤；手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，位置最低，所以t4時(shí)刻手機(jī)在最低點(diǎn)，B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，手機(jī)加速度向上并且加速度最大時(shí)，手對手機(jī)的作用力最大，即手受到的壓力最大，由題圖可知，t3時(shí)刻手受到的壓力最大，C正確；根據(jù)牛頓第二定律，手機(jī)加速度向下并且加速度最大時(shí)，手對手機(jī)的作用力最小，即手受到的壓力最小，由題圖可知，t1時(shí)刻手受到的壓力最小，D錯(cuò)誤。]
1．如圖所示，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個(gè)箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0 N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示數(shù)不變，上頂板示數(shù)是下底板示數(shù)的一半，則電梯的運(yùn)
動(dòng)狀態(tài)可能是(　　)
學(xué)情診斷·當(dāng)堂評價(jià)
A．勻加速上升，a＝5 m/s2
B．勻加速下降，a＝5 m/s2
C．勻速上升
D．靜止?fàn)顟B(tài)
√
B　[當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對金屬塊受力分析，由牛頓第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，解得m＝＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N；若下底板傳感器示數(shù)不變，上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則上頂板傳感器的示數(shù)是5 N，對金屬塊，由牛頓第二定律知F′N上＋mg－F′N下＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故電梯以a＝5 m/s2的加速度勻加速下降，或以a＝5 m/s2的加速度勻減速上升，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]
2．(2024·廣東佛山高三月考)如圖(a)所示，老師用力傳感器提著重物在豎直方向上做了一個(gè)超、失重實(shí)驗(yàn)，并截取了電腦顯示器上所顯示F-t圖像的其中一段，如圖(b)所示，則(　　)
A．t0階段重物一定處于靜止?fàn)顟B(tài)
B．t1到t2階段重物先向上加速后向下減速
C．t2階段重物處于超重狀態(tài)
D．t3階段重物處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
√
D　[t0階段和t3階段，拉力等于重力，重物可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，也可能處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，所以A錯(cuò)誤，D正確；t1階段拉力大于重力，重物處于超重狀態(tài)，加速度一定向上，重物向上做加速運(yùn)動(dòng)或向下做減速運(yùn)動(dòng)，t2階段拉力小于重力，重物處于失重狀態(tài)，加速度向下，重物向下加速或向上減速，所以B、C錯(cuò)誤。]
3．(多選)如圖(a)所示，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　)
A．斜面的傾角
B．物塊的質(zhì)量
C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
√
√
√
ACD　[由題圖(b)可求出物塊沿斜面上升的最大位移xm及物塊沿斜面上滑的加速度大小a1和下滑的加速度大小a2，由mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，可求出μ和θ，但無法求出質(zhì)量m，物塊沿斜面上滑的最大高度hm＝xmsin θ，也可以求出，故選項(xiàng)A、C、D正確，B錯(cuò)誤。]
4．(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
√
√
BC　[對水平面上的物體，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F-a圖像中圖線的斜率k＝m，截距為μmg，由題F-a圖像可知k甲>k乙，則m甲>m乙，A錯(cuò)誤，B正確；由題F-a圖像可知兩圖線的截距相同，則μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因?yàn)閙甲>m乙，所以
μ甲<μ乙，C正確，D錯(cuò)誤。]
5．(2025·廣東江門檢測)隨著社會的發(fā)展，外賣配送也正踏入“無人機(jī)”領(lǐng)域。某天工作人員正在通過無人機(jī)將質(zhì)量m＝1 kg 的醫(yī)療物品送至用戶家中，如圖所示，在無人機(jī)的作用下，物品在水平地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t1＝2 s后變成勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知?jiǎng)蛩僦本€運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝5 s，然后再經(jīng)勻減速t3＝4 s后到達(dá)用戶窗臺，此時(shí)物品恰好靜止，離地高度h＝40 m。若在勻速運(yùn)動(dòng)階段無人機(jī)對物品的作用力大小為F＝15 N，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物品可看成質(zhì)點(diǎn)，物品所受空氣阻力恒定，g取10 m/s2，求：
(1)物品運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率；
(2)勻減速階段物品的加速度大小和位移大小；
(3)勻加速階段無人機(jī)對物品的作用力大小。
[解析]　(1)由題意可知t1＋vm·t2＋t3＝h，
解得vm＝5 m/s。
(2)勻減速階段物品的加速度大小a2＝
解得a2＝1.25 m/s2
位移大小x＝t3
解得x＝10 m。
(3)勻速運(yùn)動(dòng)階段F＝mg＋F阻
解得F阻＝5 N
由牛頓第二定律有F′－F阻－mg＝ma1
又a1＝
解得F′＝17.5 N。
[答案]　(1)5 m/s　(2)1.25 m/s2　10 m　(3)17.5 N
課時(shí)分層作業(yè)(七)　牛頓第二定律的基本應(yīng)用
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1．(2024·廣東廣州一模)如圖所示，籃球從某一高度自由落下，與地面反復(fù)碰撞，最后停止在地面上。空氣阻力不計(jì)，下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時(shí)間變化的是(　　)
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B　[籃球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度為g，不變；與地面接觸時(shí)彈力逐漸增大，加速度大小先到0后增大，故B正確。]
√
2．如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，并以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則
(　　)
A．升降機(jī)停止運(yùn)行前在向下運(yùn)動(dòng)
B．t1～t3時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速
度先增大后減小
C．t1～t2時(shí)間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)
D．t3～t4時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速度一直增大
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B　[初始時(shí)刻彈簧伸長，彈力等于重力，由題圖乙看出，升降機(jī)停止運(yùn)行后彈簧的拉力先變小，小球由于慣性向上運(yùn)動(dòng)，即升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，t1～t3時(shí)間內(nèi)，小球向下運(yùn)動(dòng)，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故B正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；t3時(shí)刻小球處于最低點(diǎn)，t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，彈力大于重力，小球向上做加速運(yùn)動(dòng)，t4時(shí)刻速度最大，故D錯(cuò)誤。]
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3．一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比，則該排球(　　)
A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間
B．被墊起后瞬間的速度最大
C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零
D．下落過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)
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B　[對排球受力分析可知，排球上升過程中受到的空氣阻力方向向下，加速度大小a1＝g＋，排球下落過程中受到的空氣阻力方向豎直向上，加速度大小a2＝g－，顯然a1>a2，排球上升和下落過程的位移大小相等，所以排球上升的時(shí)間小于下落的時(shí)間，A錯(cuò)誤；全過程根據(jù)能量守恒定律可知，排球被墊起后瞬間的速度最大，B正確；排球在最高點(diǎn)時(shí)速度為零，加速度為g，C錯(cuò)誤；由a2＝g－可知，隨著速度的變化，加速度大小a2在變化，所以下落過程中排球做非勻變速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。]
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4．一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是(　　)
A．0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg
B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg
C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mg
D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg
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D　[根據(jù)位移—時(shí)間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，圖線斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FNmg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。]
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5．如圖所示，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(shí)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(shí)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
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D　[由題意知，小物塊沿光滑長平板加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin θ＝ma，小物塊的加速度大小a＝g sin θ；設(shè)鐵架臺底座的長度為d，根據(jù)幾何關(guān)系，小物塊的位移大小為；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得＝at2，聯(lián)立可得t＝，θ由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將先減小后增大，D正確。]
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6．(2022·廣東卷)如圖所示是滑雪道的示意圖。可視為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)間t變化的圖像是(　　)
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C　[設(shè)斜坡傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員在斜坡MN段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mg sin θ＝ma1，可得a1＝g sin θ；運(yùn)動(dòng)員在水平NP段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a2＝0；運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，即a3＝g，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，則從P點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為v＝，由分析可知從P點(diǎn)飛出后速度大小與時(shí)間的圖像不可能為直線，且a1＜a3，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
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7．當(dāng)女排運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行原地起跳攔網(wǎng)訓(xùn)練時(shí)，某質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立(不起跳)雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為 2.10 m，在訓(xùn)練中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(從開始上升到腳剛離地的過程)，最后腳離地上升到最高點(diǎn)時(shí)雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為2.90 m。若運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，g取10 m/s2，則(　　)
A．運(yùn)動(dòng)員起跳過程屬于失重狀態(tài)
B．起跳過程中加速度大小為16 m/s2
C．從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)需要0.4 s
D．起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對地面的壓力為960 N
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B　[運(yùn)動(dòng)員起跳過程向上加速，則起跳過程為超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離地速度v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳過程中加速度大小為a＝＝ m/s2＝16 m/s2，選項(xiàng)B正確；從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)需要t＝＝ s＋ s＝0.65 s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；起跳過程中根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，地面對運(yùn)動(dòng)員的支持力為FN＝ma＋mg＝60×(16＋10) N＝1 560 N，根據(jù)牛頓第三定律可知，起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對地面的壓力為1 560 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
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8．如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出，沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn)。若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小(　　)
A．O點(diǎn)最大
B．P點(diǎn)最大
C．Q點(diǎn)最大
D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程保持不變
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√
A　[由于空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，小石子在O點(diǎn)時(shí)速度斜向上方，此時(shí)速度最大，空氣阻力斜向下方最大，上升過程與豎直方向夾角最小，故此時(shí)空氣阻力分解在豎直方向最大，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度最大。故選A。]
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9．斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如圖甲所示。質(zhì)量為1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到達(dá)C處速度恰好為零。物塊在AB段的加速度是BC段加速度的兩倍，其上滑過程的v-t圖像如圖乙所示(vB、t0未知)，重力加速度g取10 m/s2。則根據(jù)上述條件，下列可以求得的是(　　)
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A．物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．斜面的傾角
C．斜面AB段的長度
D．物塊沿斜面向下滑行通過AB段的加速度
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√
D　[小物塊沿斜面向上滑行的初速度v0＝12 m/s，由aAB＝2aBC，可得＝2·，解得vB＝4 m/s，設(shè)AB段長度為sAB，加速度大小為2a，BC段長度為sBC，加速度大小為a，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，AB段有＝2×(－2a)sAB，BC段有＝2(－a)·sBC，已知v0＝12 m/s，因BC段長度未知，無法求出加速度及斜面AB段的長度，C錯(cuò)誤；小物塊在AB段，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝m·2a，小物塊在BC段有mg sin θ＝ma，因加速度未知，所以不能
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求得斜面ABC的傾角及物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A、B錯(cuò)誤；小物塊下滑時(shí)通過AB段，根據(jù)牛頓第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma′，由A、B項(xiàng)分析知mg sin θ＝μmg cos θ＝ma，解得a′＝0，D正確。]
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10．如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1 s 從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正確的是(　　)
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ ＝0.28　 D．μ ＝0.25
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B　[物塊水平沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則＝＝，由題干知x＝1 m，t＝1 s，v＞0，代入數(shù)據(jù)有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝＝2ax，整理有＋2ax>0，由于v0<2 m/s，可得μ<0.2，故C、D不可能。故選B。]
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11．物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
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(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大小；
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小；
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2。
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[解析]　(1)對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得
mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1，
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2。
(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。
(3)根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有－2a2l2＝ － v2 ，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7 m。
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[答案]　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
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