第講牛頓第二定律的綜合應(yīng)用(對應(yīng)人教版必修第一冊相關(guān)內(nèi)容及問題)第四章第5節(jié)，利用牛頓第二定律可以研究哪兩類問題？提示：從受力確定運動情況和從運動情況確定受力。第四章[復(fù)習(xí)與提高]A組T9(1)。提示：標(biāo)注如圖所示。以加速度的方向向上為正，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ΔF＝ma，即a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,G)－1))g＝eq\f(ΔF,G)g，式中G＝1．0N。若指針指在C處，則F＝0．9N，ΔF＝－0．1N所以a＝－1．0m/s2。因為彈簧彈力隨彈簧伸長量均勻變化，所以加速度隨彈簧伸長量均勻變化，加速度的刻度等間隔均勻分布。第四章[復(fù)習(xí)與提高]B組T1。提示：應(yīng)用牛頓運動定律求瞬時加速度，理解彈簧的形變是一個漸變過程。在剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，而細(xì)繩對小球A的拉力突變?yōu)?。考點一牛頓第二定律的瞬時性問題1．兩種模型物體的加速度與其所受合力具有因果關(guān)系，物體的加速度總是隨其所受合力的變化而變化，具體可簡化為以下兩種模型：2．求解瞬時性問題的一般思路例1如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過一輕質(zhì)彈簧相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝4g D．a(chǎn)1＝g，a2＝4g[答案]C[解析]抽出木板前，對物塊1受力分析可知，彈簧對物塊1的彈力F＝3mg，方向豎直向上；對物塊2受力分析可知，彈簧對物塊2的彈力大小為3mg，方向豎直向下。抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則其加速度a1＝0；物塊2受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正確，A、B、D錯誤。例2(2025·浙江省金華金麗衢十二校高三上第一次聯(lián)考)如圖所示，用輕彈簧將質(zhì)量為4m和2m的A、B兩個小球相連，B的上端通過輕繩懸掛于天花板，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g，若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A和B的加速度大小分別為()A．g，g B．0，2gC．3g，0 D．0，3g[答案]D[解析]剪斷輕繩前，對A受力分析，由平衡條件可知F彈＝4mg，若將輕繩剪斷，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，所以剪斷瞬間A還是處于平衡狀態(tài)，加速度大小為0，對B，由牛頓第二定律有2mg＋F彈＝2maB，解得B的加速度大小aB＝3g，故選D?？键c二動力學(xué)的兩類基本問題1．動力學(xué)的兩類基本問題(1)已知物體的受力情況，確定物體的eq\x(\s\up1(01))運動情況；(2)已知物體的運動情況，確定物體的eq\x(\s\up1(02))受力情況。2．解決兩類基本問題的方法以eq\x(\s\up1(03))加速度為“橋梁”，由eq\x(\s\up1(04))運動學(xué)公式和eq\x(\s\up1(05))牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：動力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟例3(2025·黑龍江省佳木斯市高三上模擬)人類從事滑雪活動已有數(shù)千年歷史，滑雪愛好者可在雪場上輕松、愉快地滑行，飽享滑雪運動的樂趣。如圖所示，一名滑雪愛好者以v0＝1m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡的傾角為θ＝30°。若人與滑板的總質(zhì)量為m＝60kg，受到的總阻力為f＝60N，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑雪愛好者加速度的大?。?2)3s內(nèi)滑雪愛好者下滑位移的大?。?3)3s末滑雪愛好者的速度大小。[答案](1)4m/s2(2)21m(3)13m/s[解析](1)設(shè)滑雪愛好者加速度的大小為a，在沿山坡方向，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°－f＝ma解得a＝4m/s2。(2)由運動學(xué)公式得，t＝3s內(nèi)滑雪愛好者下滑位移的大小x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得x＝21m。(3)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，t＝3s末滑雪愛好者的速度大小v＝v0＋at解得v＝13m/s。例4(2025·云南省紅河州、文山州高三上復(fù)習(xí)檢測)滑梯是游樂園中常見的游樂設(shè)施，圖a為某游樂園中的大型滑梯，其滑板部分可簡化為圖b所示?；彘LL＝6m，其頂端距地面的高度h＝3．6m，底端與具有防護作用的水平地墊平滑連接。一質(zhì)量m＝30kg的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達底端時的速度大小v＝4m/s。已知小孩與水平地墊之間的動摩擦因數(shù)為0．8，g取10m/s2。求：(1)小孩沿滑板下滑的加速度大?。?2)小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)；(3)為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應(yīng)為多長？[答案](1)eq\f(4,3)m/s2(2)eq\f(7,12)(3)1m[解析](1)設(shè)小孩沿滑板下滑的加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系可得v2－0＝2aL解得a＝eq\f(4,3)m/s2。(2)設(shè)小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑板與水平方向的夾角為θ，垂直于滑板方向，根據(jù)平衡條件可知，小孩所受支持力FN＝mgcosθ則小孩所受滑動摩擦力f＝μFN沿滑板方向，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－f＝ma又根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ＝eq\f(h,L)，cosθ＝eq\f(\r(L2－h(huán)2),L)聯(lián)立解得μ＝eq\f(7,12)。(3)小孩滑到水平地墊上做勻減速直線運動，設(shè)小孩與水平地墊之間的動摩擦因數(shù)為μ′，小孩在水平地墊上滑行時加速度大小為a′，滑行距離為L′，由牛頓第二定律有μ′mg＝ma′由勻變速直線運動規(guī)律有0－v2＝－2a′L′聯(lián)立解得L′＝1m可知水平地墊長度至少為1m。動力學(xué)多過程問題的解題步驟(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。(2)對各“子過程”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各“子過程”間的時間關(guān)聯(lián)、位移關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的“過程性”與“狀態(tài)性”輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論?？键c三動力學(xué)的圖像問題1．常見的動力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問題的類型(1)已知物體的受力、速度或加速度的變化圖像，分析物體的運動或受力情況。(2)由已知條件確定某物理量的變化圖像。3．解題策略(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確圖像的物理意義。(2)注意圖像中的特殊點、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點，圖線的斜率，圖線與坐標(biāo)軸或圖線與圖線所圍面積等所表示的物理意義。(3)明確能從圖像中獲得的信息：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)表達式，進而明確“圖像與公式”“圖像與過程”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。例5(2023·全國甲卷)(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動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，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 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙[答案]BC[解析]對物體根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg；由題圖可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故B、C正確。例6一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間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。以下判斷正確的是()A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg[答案]D[解析]由于s-t圖像的斜率表示速度，可知0～t1時間內(nèi)，速度v不斷增大，即乘客做豎直向下的加速運動，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，速度v不變，即乘客的加速度為0，處于平衡狀態(tài)，則FN＝mg，B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，速度v不斷減小，即乘客做豎直向下的減速運動，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，C錯誤，D正確。課時作業(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固練]1．(2025·新疆普通高考適應(yīng)性檢測高三上第一次模擬)2024年9月11日，我國自主研發(fā)的朱雀三號可重復(fù)使用垂直回收試驗箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心完成10公里級垂直起降返回飛行試驗。該火箭的質(zhì)量將近70噸，在起飛后的大推力上升階段，火箭加速上升5公里，速度達到160m/s，不考慮空氣阻力，則這個階段的平均推力最接近()A．2×105N B．9×105NC．2×106N D．9×106N答案：B解析：火箭大推力上升階段，只考慮推力和重力作用，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10m/s2，代入數(shù)據(jù)解得平均推力F＝8．792×105N≈9×105N，故選B。2．(人教版必修第一冊·第四章第5節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T1改編)(多選)一個原來靜止的物體，質(zhì)量是2kg，受到兩個大小都是50N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是()A．物體受到的合力為50NB．物體的加速度為25eq\r(3)m/s2C．3s末物體的速度為75m/sD．3s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125m答案：AC解析：兩個夾角為120°的50N的力，其合力仍為50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2，3s末速度v＝at＝75m/s，3s內(nèi)位移x＝eq\f(1,2)at2＝112．5m，故A、C正確，B、D錯誤。3．(2024·貴州高考)某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時間內(nèi)，小圓盤僅受重力G和顆粒介質(zhì)對其向上的作用力f。用高速相機記錄小圓盤在不同時刻的位置，相鄰位置的時間間隔相等，如圖所示，則該段時間內(nèi)下列說法可能正確的是()A．f一直大于G B．f一直小于GC．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G答案：C解析：由題圖可知，相等時間間隔內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤下落的速度先增大后減小，以向下為正方向，則鐵質(zhì)小圓盤的加速度a先正后負(fù)，設(shè)鐵質(zhì)小圓盤的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故選C。4．(2024·山東省濟南市高三下三模)某同學(xué)將排球墊起，排球以某一初速度豎直向上運動，然后下落回到出發(fā)點。已知排球在運動過程中所受空氣阻力大小恒定，豎直向上為正方向，下列描述排球的速度v隨時間t的變化關(guān)系圖像可能正確的是()答案：B解析：設(shè)排球的質(zhì)量為m，受到的空氣阻力大小為f，上升過程和下降過程中的加速度大小分別為a上和a下，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋eq\f(f,m)>a下＝g－eq\f(f,m)，由v-t圖像中圖線的斜率表示加速度，可知上升過程中圖像的斜率比下降過程中圖像的斜率大；又由于排球最終落回出發(fā)點，可知排球上升過程和下降過程的位移大小相等，由v-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移可知，t軸上、下方圖線與t軸圍成的面積大小應(yīng)相同。綜上所述，B可能正確，A、C、D錯誤。5．(2024·江蘇省泰州市高三下期初一模調(diào)研)如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′點，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長度BO′>AO′>CO′。若三個滑塊同時從A、B、C處開始由靜止下滑(忽略阻力)，則()A．A處滑塊最先到達O′點 B．B處滑塊最先到達O′點C．C處滑塊最先到達O′點 D．三個滑塊同時到達O′點答案：D解析：設(shè)半球形容器的半徑為R，滑板的傾角為θ，滑塊的質(zhì)量為m，下滑時的加速度大小為a，則滑板的長度為L＝2Rsinθ，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的位移與時間的關(guān)系式，有L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝2eq\r(\f(R,g))，可知滑塊從靜止釋放到滑到O′點所用的時間t與滑板的傾角θ和板的長度均無關(guān)，故三個滑塊同時到達O′點，故選D。6．(2025·四川省內(nèi)江市高三上一模)如圖，固定在水平地面上的光滑、足夠長的斜面傾角為30°，其底端有一質(zhì)量為2kg的小物體，物體在平行于斜面向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間t0后撤去拉力F，此后，小物體繼續(xù)沿斜面運動，再經(jīng)過2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10m/s2。則拉力F的大小是()A．14N B．18NC．20N D．24N答案：B解析：設(shè)拉力F作用時，小物體的加速度為a1，撤去拉力F后，小物體的加速度為a2，撤去拉力F瞬間，小物體的速度為v，取沿斜面向上為正方向，撤去拉力F前，小物體的位移x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)，由牛頓第二定律有F－mgsin30°＝ma1，從撤去拉力F至返回斜面底端，小物體的位移為－x＝v·2t0＋eq\f(1,2)a2(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛頓第二定律有－mgsin30°＝ma2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F＝18N，故選B。7．(2025·八省聯(lián)考陜西卷)如圖，質(zhì)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?fàn)顟B(tài)，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eq\r(3)mgB．L2的拉力大小為3mgC．若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為eq\r(3)gD．若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g答案：C解析：對甲和乙整體受力分析如圖所示，由平衡條件可知，L1的拉力大小為T1＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，L2的拉力大小為T2＝eq\f(2mg,cos60°)＝4mg，故A、B錯誤。若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙所受的合力不變，仍為零，加速度為零；對小球甲受力分析，甲受到L2的拉力，豎直向下的重力mg和彈簧豎直向下、大小為mg的拉力，且在沿L2方向受力平衡，在垂直L2的方向，由牛頓第二定律可知，加速度大小為a＝eq\f(（mg＋mg）sin60°,m)＝eq\r(3)g，故C正確，D錯誤。8．(2024·陜西省榆林市高三下一模)一個質(zhì)量為2kg的箱子靜止放在水平面上，箱子與水平面間的動摩擦因數(shù)為0．5，給箱子一個水平恒定拉力，使箱子從靜止開始運動，經(jīng)過2s，箱子的位移為20m。重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，空氣阻力不計。(1)求拉力的大小；(2)若拉力大小不變，把拉力的方向改為與水平面成37°角斜向上，使箱子從靜止開始運動1s后撤去拉力，求箱子運動的總位移。答案：(1)30N(2)18．975m解析：(1)設(shè)箱子的質(zhì)量為m，箱子與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，水平拉力的大小為F，箱子的加速度大小為a，已知運動時間為t＝2s時位移為L＝20m，由勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可知L＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律有F－μmg＝ma聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F＝30N。(2)以箱子運動的方向為正方向，設(shè)拉力F作用時箱子的加速度為a1，運動時間為t1，拉力撤去后，箱子的加速度為a2，運動時間為t2。拉力F作用時，由牛頓第二定律有Fcos37°－f＝ma1其中滑動摩擦力f＝μFN地面對箱子的支持力FN＝mg－Fsin37°剛撤去拉力時的速度v＝a1t1位移L1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)撤去拉力后的運動過程，由牛頓第二定律有－μmg＝ma2由運動學(xué)公式有0＝v＋a2t2勻減速階段箱子運動的位移L2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)箱子運動的總位移L′＝L1＋L2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得L′＝18．975m。[B組綜合提升練]9．(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為1kg的滑塊在一個沿斜面向下的外力F作用下由靜止開始運動，其eq\f(x,t)-t圖像如圖乙所示(x為滑塊運動的距離，t為滑塊運動的時間)，斜面足夠長且始終保持靜止不動，且若撤去外力F，滑塊可沿斜面向下勻速運動，斜面傾角為37°，且sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，則()A．外力F的大小為2NB．滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0．75C．t＝2s時滑塊的速度大小為4m/sD．t＝2s時滑塊的位移大小為8m答案：BD解析：設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊滑動過程所受支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為f，在外力F作用下加速度大小為a，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(a,2)t，結(jié)合題圖乙可知，0～2s內(nèi)有eq\f(a,2)＝2m/s2，解得a＝4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mgsin37°－f＝ma，若撤去F則滑塊受力平衡，有f＝mgsin37°，又f＝μFN＝μmgcos37°，聯(lián)立解得μ＝tan37°＝0．75，F(xiàn)＝4N，故A錯誤，B正確；t＝2s時滑塊的速度大小v＝at＝8m/s，位移大小x＝eq\f(1,2)at2＝8m，故C錯誤，D正確。10．(2024·陜西省西安市高三下一模)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Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P處所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由60°逐漸減小至45°，物塊的下滑時間t將()A．逐漸減小 B．先減小后增大C．逐漸增大 D．先增大后減小答案：A解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，解得物塊下滑時的加速度大小為a＝gsinθ，設(shè)P、Q的水平距離為d，由幾何關(guān)系可得，物塊下滑的距離為L＝eq\f(d,cosθ)，由運動學(xué)公式有L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2d,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)θ由60°逐漸減小至45°時，sin2θ逐漸增大，則物塊的下滑時間t將逐漸減小，故選A。11．(2024·福建省寧德市高三上質(zhì)優(yōu)生聯(lián)考一模)(多選)如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個物體A、B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運動，以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標(biāo)原點，豎直向上為位移x正方向，得到F隨x的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質(zhì)量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，則下列關(guān)系正確的是()A．物體B的質(zhì)量為12kgB．物體A做勻加速直線運動的加速度大小為1m/s2C．F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為8ND．彈簧的勁度系數(shù)為80N/m答案：BD解析：設(shè)