资源简介

(共43张PPT)
牛顿第二定律的
基本应用
2026届高三物理一轮复习
超重与失重问题
考点一
1.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,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重大于物体重力 视重小于物体重力 视重等于0
产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于g
运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg,
F=0
[例1] 【对超、失重现象的理解】(2024·湖南长沙期中)如图所示,原地纵跳摸高是篮球和羽毛球运动中重要的训练项目之一。运动员先由静止下蹲一段位移,经过充分蓄力后,发力跳起摸到一定的高度,落地后屈腿缓冲。运动员在下降过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 始终处于超重状态
[B] 始终处于失重状态
[C] 先失重后超重
[D] 先超重后失重
C
【解析】 由于物体加速度方向决定超失重情况,当物体的加速度向上时处于超重状态,加速度向下时为失重状态。运动员下降过程中先以重力加速度下落,接触地面后支持力增大,向下的加速度减小,变为0后又反向增大,即先失重后超重。故C正确。
[变式] 运动员在空中运动过程中超、失重情况如何
【答案】 完全失重
【解析】 运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。
[例2] 【超、失重现象的图像问题】 (2024·云南保山期末)(多选)某科技爱好者利用智能手机加速度传感器,测量升降机在竖直方向运行的加速度,如图所示为手机显示的a-t图像,人站在升降机内由静止开始运动,规定竖直向上为正方向,人与手机质量m=50 kg,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( 　　)
[A] 0～5 s站在升降机上的人处于超重状态
[B] t=15 s时升降机上升的速度大小为3 m/s
[C] 15～20 s升降机对人的支持力大小为520 N
[D] 0～20 s升降机上升的高度为30 m
AD
【解析】 由a-t图像可知,0～5 s加速度方向向上,人处于超重状态,故A正确。在a-t图像中,图线与t轴所围面积表示速度的变化,则0～5 s升降机速度增加Δv=0.4×5 m/s=2 m/s,由于升降机由静止向上做匀加速运动,即5 s末的速度为v1=2 m/s,该过程升降机位移x1=a=5 m;5～15 s升降机加速度为0而做匀速运动,则t=15 s时升降机上升的速度大小为2 m/s,其位移x2=vt2=20 m;15～20 s升降机做匀减速运动,初速度v3=2 m/s,加速度a′=-0.4 m/s2,位移x3=v3t3+a′=5 m;则0～20 s升降机上升的高度为x=x1+x2+x3=30 m,故B错误,D正确。15～20 s升降机做匀减速运动,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma′,解得FN =480 N,故C错误。
判断超重和失重的方法
受力 判断 物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力)
(1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。
(2)F(或FN)(3)F(或FN)=0时,物体处于完全失重状态
加速度 判断 物体具有的加速度:
(1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。
(2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。
(3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
速度变化 判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。
(2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。
(3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态
动力学两类基本问题
考点二
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.基本步骤
[例3] 【已知受力求运动情况】(2024·安徽芜湖阶段检测)滑雪是很多人喜欢的运动项目。如图所示,ABC为一简化的雪道模型,AB段为长L=100 m倾角θ=18°的山坡雪道,BC段为水平雪道,AB与BC平滑相连。一位质量m=80 kg(含装备)的滑雪者从山坡雪道顶端A处从静止开始自由滑下,到达底端后进入水平雪道。已知雪橇与水平雪道和山坡雪道之间的动摩擦因数均为0.1,忽略空气阻力,g取10 m/s2,取sin 18°=0.31,
cos 18°=0.95。如果滑雪者没有任何助力动作。求:
(1)滑雪者在山坡雪道下滑时的加速度a1的大小;
【答案】 (1)2.15 m/s2　
【解析】 (1)滑雪者在山坡雪道下滑时受重力、支持力和摩擦力作用,
根据平衡条件和牛顿第二定律有
FN-mgcos θ=0,
mgsin θ-μFN=ma1,
联立解得a1=2.15 m/s2。
(2)为了使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来,水平雪道BC的长度x的最小值。
【答案】 (2)215 m
【解析】(2)滑雪者在山坡雪道下滑过程中,根据匀变速运动速度与位移关系式有=2a1L,则vB=,
滑雪者在水平雪道上滑行时水平方向只受滑动摩擦力Ff=μmg而做匀减速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma2,代入数值解得a2=1 m/s2;
为使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来,根据速度位移关系式得水平雪道BC的长度x≥== m=215 m,
即水平雪道BC的长度x的最小值为215 m。
[变式] 为了能在[例3]情境中的水平雪道上较快地停下,滑雪者在滑到山坡雪道上的P点时,开始通过调整姿态来增加阻力直到B点,进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为人对雪道压力的0.9倍,进入水平雪道后经x2=44 m停下,求滑雪者开始调整姿态的位置P与B的距离x1。
【答案】 20 m
【解析】 滑雪者到达P点过程中有=2a1(L-x1),
而滑雪者由B点到停下过程中有vB′2=2a2x2,
滑雪者在PB段,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ-0.9mgcos θ=ma3,
根据匀变速运动规律有vB′2-=2a3x1,
由以上各式联立,代入数据得x1=20 m。
[例4] 【已知运动情况求受力】(2024·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1 kg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1 s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25 s时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;
【答案】 (1)2 N　0.6　
【解析】 (1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即在0～1 s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律得2v0=a1t1,mgsin θ-Ff=ma1,
小球从挡板运动到C点,
即在t1～t2(1～1.25 s)时间内有v0=a2(t2-t1),mgsin θ+Ff=ma2,
而a2-a1=4 m/s2,
联立解得a1=4 m/s2,a2=8 m/s2,v0=2 m/s,
Ff=2 N,sin θ=0.6。
(2)t3的值。
【答案】 (2) s
【解析】(2)根据v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,
由题图乙可知,BC之间位移大小为x1=×(t2-t1)=0.25 m,
设小球从C运动到B的时间为t,根据位移公式,有x1=a1t2,
解得t= s,
则t3=t2+t= s。
[变式] 若在[例4]的情境中,对小球施加一沿斜面向下的恒力F,从A点由静止开始运动,到达B处力F突然消失,小球与挡板碰撞,此后以碰撞前速度的反向运动且恰好到达A点,则恒力F的大小是多少
【答案】 14 N
【解析】 由题图乙可知,A、B两点间距离xAB=·2v0·t1=v0t1,
设小球与挡板碰撞前速度为v0′,则小球上滑初速度为v0′,
小球上滑过程中,根据速度与位移关系式有(v0′)2=2a2xAB,
联立解得v0′==6 m/s;
设小球由A到B的过程中加速度大小为a3,则v0′2=2a3xAB,
又根据牛顿第二定律有F+mgsin θ-Ff=ma3,代入数据解得F=14 N。
解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”
牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
考点三
1.瞬时性问题的两种模型
2.等时圆模型
(1)结论。
在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。
(2)类型。
如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
[例5] 【轻绳模型】 (2024·湖南卷,3)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
A
【解析】 b、c间细线剪断前,a、b间弹簧弹力Fab=(3m+2m+m)g=6mg,b、c间细线拉力Fbc=(2m+m)g=3mg,c、d间弹簧弹力Fcd=mg;细线剪断瞬间,a、b间弹力不变,对小球b有,Fab-3mg=3mab,解得ab=g,方向竖直向上;对球c,由于b、c间细线拉力突然消失,有Fdc+2mg=2mac,解得ac=1.5g,方向竖直向下。选项A正确。
[变式] 在[例5]情境中,若不是剪断b、c间细线,而是紧靠b球上侧剪断弹簧,则剪断弹簧瞬间各球加速度是多少
【答案】 aa=0　ab=ac=1.2g　ad=0
【解析】 在b球上侧剪断a、b间弹簧瞬间,弹簧弹力不发生突变,则a、d两球不受影响而加速度为0;由于b球受到的向上的弹力突然消失,而细线拉力会发生突变,若细线拉力突然消失,小球b只受重力,小球c除受重力外,还有c、d间弹簧弹力,此时有ab[例6] 【轻杆模型】 如图所示,光滑斜面的倾角为θ,球A质量为2m、球B质量为m,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,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间,则有(　　)
[A] 图甲中球A的加速度为gsin θ
[B] 图甲中球B的加速度为0
[C] 图乙中两球的加速度均为0
[D] 图乙中两球的加速度均为gsin θ
D
【解析】 题图甲中撤去挡板瞬间,由于弹簧弹力不能突变,则球A所受合力为0,加速度为0,选项A错误;撤去挡板前,挡板对球B的弹力大小为3mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则所受合力为FB=3mgsin θ,由
F合=ma可知加速度为aB=3gsin θ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsin θ,撤去挡板瞬间,球B所受挡板支持力突然消失,杆的弹力发生突变,由于A、B用轻杆连接,则球A、B加速度相等,其整体所受合力为3mgsin θ,加速度均为
gsin θ,选项C错误,D正确。
[变式] 若把[例6]中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,如图丙、丁所示,则在两细绳烧断的瞬间,图丙和图丁中两球的加速度是否相等
【答案】 图丙中B球加速度为零,A球加速度为g;图丁中,A、B的加速度相同,均为g
【解析】 细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以细绳烧断瞬间,题图丙中球B所受合力仍为零,加速度为零,球A所受合力为3mg,加速度为g;题图丁中,细绳烧断瞬间,A、B的加速度相同,设为a。以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有3mg=3ma,解得a=g。
[例7] 【“等时圆”模型】(2024·山西大同阶段检测)(多选)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,若每根杆上都套着一个小滑环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　 　)
[A] t1>t2>t3 [B] t1=t3>t2
[C] t2=t4>t1 [D] t2BD
【解析】以OA杆为直径作圆,由圆的知识可知C点处于圆上,B点在圆内,D点在圆外,如图所示,由于四个环均从圆的最高点滑下,由等时圆模型规律可知t1=t3,而沿OB滑下的环早于沿OA或OC滑下的环到达斜面,沿OD滑下的环晚于沿OA或OC滑下的环到达斜面,即t2[变式] 若竖直面内三根固定的光滑细杆Oa、Ob、Oc的O、a、b、c与d点位于同一圆周上,d点为圆周的最高点,c点为最低点,如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从O点无初速度释放,用t1、t2、t3依次表示滑环到达a、b、c所用的时间,则(　　)
[A] t1=t2=t3 [B] t3>t1>t2
[C] t1t2>t3
D
【解析】以O点为最高点,取合适的竖直直径Oe作等时圆,使圆交Ob于b,如图所示,根据等时圆模型规律可知,小滑环分别从O由静止到f、b、g的时间相等,此时沿Oa杆滑下的环未到a点,沿Oc杆滑下的环早到达c点,可得t1>t2>t3,D正确。

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