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物理
第讲　牛顿第二定律的综合应用
(对应人教版必修第一册相关内容及问题)
　第四章第5节，利用牛顿第二定律可以研究哪两类问题？
提示：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力。
　第四章[复习与提高]A组T9(1)。
提示：标注如图所示。
以加速度的方向向上为正，根据牛顿第二定律有F－mg＝ΔF＝ma，即a＝g＝g，式中G＝1．0 N。若指针指在C处，则F＝0．9 N，ΔF＝－0．1 N
所以a＝－1．0 m/s2。
因为弹簧弹力随弹簧伸长量均匀变化，所以加速度随弹簧伸长量均匀变化，加速度的刻度等间隔均匀分布。
　第四章[复习与提高]B组T1。
提示：应用牛顿运动定律求瞬时加速度，理解弹簧的形变是一个渐变过程。在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，而细绳对小球A的拉力突变为0。
考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
1．两种模型
物体的加速度与其所受合力具有因果关系，物体的加速度总是随其所受合力的变化而变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时性问题的一般思路
例1　如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　)
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
[答案]　C
[解析]　抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力F＝3mg，方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为3mg，方向竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则其加速度a1＝0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝4g，故C正确，A、B、D错误。
例2　(2025·浙江省金华金丽衢十二校高三上第一次联考)如图所示，用轻弹簧将质量为4m和2m的A、B两个小球相连，B的上端通过轻绳悬挂于天花板，两小球均处于静止状态。重力加速度为g，若将轻绳剪断，则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为(　　)
A．g，g B．0，2g
C．3g，0 D．0，3g
[答案]　D
[解析]　剪断轻绳前，对A受力分析，由平衡条件可知F弹＝4mg，若将轻绳剪断，由于弹簧的弹力不发生突变，所以剪断瞬间A还是处于平衡状态，加速度大小为0，对B，由牛顿第二定律有2mg＋F弹＝2maB，解得B的加速度大小aB＝3g，故选D。
考点二　动力学的两类基本问题
1．动力学的两类基本问题
(1)已知物体的受力情况，确定物体的运动情况；
(2)已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
动力学的两类基本问题的解题步骤
例3　(2025·黑龙江省佳木斯市高三上模拟)人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。如图所示，一名滑雪爱好者以v0＝1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为θ＝30°。若人与滑板的总质量为m＝60 kg，受到的总阻力为f＝60 N，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑雪爱好者加速度的大小；
(2)3 s内滑雪爱好者下滑位移的大小；
(3)3 s末滑雪爱好者的速度大小。
[答案]　(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)13 m/s
[解析]　(1)设滑雪爱好者加速度的大小为a，在沿山坡方向，根据牛顿第二定律有
mgsin30°－f＝ma
解得a＝4 m/s2。
(2)由运动学公式得，t＝3 s内滑雪爱好者下滑位移的大小x＝v0t＋at2
解得x＝21 m。
(3)根据匀变速直线运动规律，t＝3 s末滑雪爱好者的速度大小v＝v0＋at
解得v＝13 m/s。
例4　(2025·云南省红河州、文山州高三上复习检测)滑梯是游乐园中常见的游乐设施，图a为某游乐园中的大型滑梯，其滑板部分可简化为图b所示。滑板长L＝6 m，其顶端距地面的高度h＝3．6 m，底端与具有防护作用的水平地垫平滑连接。一质量m＝30 kg的小孩从滑板顶端沿滑板由静止滑下，到达底端时的速度大小v＝4 m/s。已知小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为0．8，g取10 m/s2。求：
(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩与滑板之间的动摩擦因数；
(3)为确保小孩的人身安全，水平地垫至少应为多长？
[答案]　(1) m/s2　(2)　(3)1 m
[解析]　(1)设小孩沿滑板下滑的加速度大小为a，根据匀变速直线运动速度与位移的关系可得v2－0＝2aL
解得a＝ m/s2。
(2)设小孩与滑板之间的动摩擦因数为μ，滑板与水平方向的夹角为θ，垂直于滑板方向，根据平衡条件可知，小孩所受支持力FN＝mgcosθ
则小孩所受滑动摩擦力f＝μFN
沿滑板方向，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ－f＝ma
又根据几何关系有sinθ＝，cosθ＝
联立解得μ＝。
(3)小孩滑到水平地垫上做匀减速直线运动，设小孩与水平地垫之间的动摩擦因数为μ′，小孩在水平地垫上滑行时加速度大小为a′，滑行距离为L′，由牛顿第二定律有μ′mg＝ma′
由匀变速直线运动规律有0－v2＝－2a′L′
联立解得L′＝1 m
可知水平地垫长度至少为1 m。
动力学多过程问题的解题步骤 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联、位移关联，并列出相关的“过程性”与“状态性”辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
考点三　动力学的图像问题
1．常见的动力学图像
v t图像、a t图像、F t图像、F a图像等。
2．图像问题的类型
(1)已知物体的受力、速度或加速度的变化图像，分析物体的运动或受力情况。
(2)由已知条件确定某物理量的变化图像。
3．解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。
(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。
(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
例5　(2023·全国甲卷)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[答案]　BC
[解析]　对物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，则可知F a图像的斜率为m，纵截距为μmg；由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B、C正确。
例6　一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
[答案]　D
[解析]　由于s t图像的斜率表示速度，可知0～t1时间内，速度v不断增大，即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则FNmg，C错误，D正确。
课时作业
[A组　基础巩固练]
1．(2025·新疆普通高考适应性检测高三上第一次模拟)2024年9月11日，我国自主研发的朱雀三号可重复使用垂直回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成10公里级垂直起降返回飞行试验。该火箭的质量将近70吨，在起飞后的大推力上升阶段，火箭加速上升5公里，速度达到160 m/s，不考虑空气阻力，则这个阶段的平均推力最接近(　　)
A．2×105 N B．9×105 N
C．2×106 N D．9×106 N
答案：B
解析：火箭大推力上升阶段，只考虑推力和重力作用，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，根据匀变速直线运动规律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10 m/s2，代入数据解得平均推力F＝8．792×105 N≈9×105 N，故选B。
2．(人教版必修第一册·第四章第5节[练习与应用]T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体受到的合力为50 N
B．物体的加速度为25 m/s2
C．3 s末物体的速度为75 m/s
D．3 s内物体发生的位移为125 m
答案：AC
解析：两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112．5 m，故A、C正确，B、D错误。
3．(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　)
A．f一直大于G B．f一直小于G
C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G
答案：C
解析：由题图可知，相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘下落的速度先增大后减小，以向下为正方向，则铁质小圆盘的加速度a先正后负，设铁质小圆盘的质量为m，根据牛顿第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故选C。
4．(2024·山东省济南市高三下三模)某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是(　　)
答案：B
解析：设排球的质量为m，受到的空气阻力大小为f，上升过程和下降过程中的加速度大小分别为a上和a下，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋>a下＝g－，由v t图像中图线的斜率表示加速度，可知上升过程中图像的斜率比下降过程中图像的斜率大；又由于排球最终落回出发点，可知排球上升过程和下降过程的位移大小相等，由v t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，t轴上、下方图线与t轴围成的面积大小应相同。综上所述，B可能正确，A、C、D错误。
5．(2024·江苏省泰州市高三下期初一模调研)如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′>AO′>CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　)
A．A处滑块最先到达O′点 B．B处滑块最先到达O′点
C．C处滑块最先到达O′点 D．三个滑块同时到达O′点
答案：D
解析：设半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，滑块的质量为m，下滑时的加速度大小为a，则滑板的长度为L＝2Rsinθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移与时间的关系式，有L＝at2，联立解得t＝2，可知滑块从静止释放到滑到O′点所用的时间t与滑板的倾角θ和板的长度均无关，故三个滑块同时到达O′点，故选D。
6．(2025·四川省内江市高三上一模)如图，固定在水平地面上的光滑、足够长的斜面倾角为30°，其底端有一质量为2 kg的小物体，物体在平行于斜面向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后撤去拉力F，此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10 m/s2。则拉力F的大小是(　　)
A．14 N B．18 N
C．20 N D．24 N
答案：B
解析：设拉力F作用时，小物体的加速度为a1，撤去拉力F后，小物体的加速度为a2，撤去拉力F瞬间，小物体的速度为v，取沿斜面向上为正方向，撤去拉力F前，小物体的位移x＝a1t，由牛顿第二定律有F－mgsin30°＝ma1，从撤去拉力F至返回斜面底端，小物体的位移为－x＝v·2t0＋a2(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛顿第二定律有－mgsin30°＝ma2，联立并代入数据解得F＝18 N，故选B。
7．(2025·八省联考陕西卷)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　)
A．L1的拉力大小为mg
B．L2的拉力大小为3mg
C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g
D．若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
答案：C
解析：对甲和乙整体受力分析如图所示，由平衡条件可知，L1的拉力大小为T1＝2mgtan60°＝2mg，L2的拉力大小为T2＝＝4mg，故A、B错误。若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙所受的合力不变，仍为零，加速度为零；对小球甲受力分析，甲受到L2的拉力，竖直向下的重力mg和弹簧竖直向下、大小为mg的拉力，且在沿L2方向受力平衡，在垂直L2的方向，由牛顿第二定律可知，加速度大小为a＝＝g，故C正确，D错误。
8．(2024·陕西省榆林市高三下一模)一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0．5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度g＝10 m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，空气阻力不计。
(1)求拉力的大小；
(2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。
答案：(1)30 N　(2)18．975 m
解析：(1)设箱子的质量为m，箱子与水平面间的动摩擦因数为μ，水平拉力的大小为F，箱子的加速度大小为a，已知运动时间为t＝2 s时位移为L＝20 m，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知L＝at2
由牛顿第二定律有F－μmg＝ma
联立并代入数据解得F＝30 N。
(2)以箱子运动的方向为正方向，设拉力F作用时箱子的加速度为a1，运动时间为t1，拉力撤去后，箱子的加速度为a2，运动时间为t2。拉力F作用时，由牛顿第二定律有
Fcos37°－f＝ma1
其中滑动摩擦力f＝μFN
地面对箱子的支持力FN＝mg－Fsin37°
刚撤去拉力时的速度v＝a1t1
位移L1＝a1t
撤去拉力后的运动过程，由牛顿第二定律有
－μmg＝ma2
由运动学公式有0＝v＋a2t2
匀减速阶段箱子运动的位移L2＝vt2＋a2t
箱子运动的总位移L′＝L1＋L2
联立并代入数据解得L′＝18．975 m。
[B组　综合提升练]
9．(多选)如图甲所示，一质量为1 kg的滑块在一个沿斜面向下的外力F作用下由静止开始运动，其 t图像如图乙所示(x为滑块运动的距离，t为滑块运动的时间)，斜面足够长且始终保持静止不动，且若撤去外力F，滑块可沿斜面向下匀速运动，斜面倾角为37°，且sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，则(　　)
A．外力F的大小为2 N
B．滑块与斜面之间的动摩擦因数为0．75
C．t＝2 s时滑块的速度大小为4 m/s
D．t＝2 s时滑块的位移大小为8 m
答案：BD
解析：设滑块的质量为m，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块滑动过程所受支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为f，在外力F作用下加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，结合题图乙可知，0～2 s内有＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，根据牛顿第二定律，有F＋mgsin37°－f＝ma，若撤去F则滑块受力平衡，有f＝mgsin37°，又f＝μFN＝μmgcos37°，联立解得μ＝tan37°＝0．75，F＝4 N，故A错误，B正确；t＝2 s时滑块的速度大小v＝at＝8 m/s，位移大小x＝at2＝8 m，故C错误，D正确。
10．(2024·陕西省西安市高三下一模)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P处所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将(　　)
A．逐渐减小 B．先减小后增大
C．逐渐增大 D．先增大后减小
答案：A
解析：设物块的质量为m，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得物块下滑时的加速度大小为a＝gsinθ，设P、Q的水平距离为d，由几何关系可得，物块下滑的距离为L＝，由运动学公式有L＝at2，解得t＝＝，由数学知识可知，当θ由60°逐渐减小至45°时，sin2θ逐渐增大，则物块的下滑时间t将逐渐减小，故选A。
11．(2024·福建省宁德市高三上质优生联考一模)(多选)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列关系正确的是(　　)
A．物体B的质量为12 kg
B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8 N
D．弹簧的劲度系数为80 N/m
答案：BD
解析：设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物体A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分离之前，根据牛顿第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合图乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正确；x＝0时，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分离后，对A由牛顿第二定律得22 N－mg＝ma，联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A错误，B正确；施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C错误。
[C组　拔尖培优练]
12．(2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F y图像或y t图像可能正确的是(　　)
答案：B
解析：从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，则随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F y图像与下落过程的F y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二
定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y t图像如图所示，故C、D错误。
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