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(共72张PPT)
第三章　牛顿运动定律
第2讲　牛顿运动定律的基本应用
素养目标　1.知道超重、失重及完全失重.（物理观念） 2.了解牛顿第二定律及其适用范围.（物理观念） 3.应用牛顿第二定律对实际问题进行分析、推理和判断.（科学思维）
一、两类动力学基本问题
答案：（1）9 m
解析：（1）A→B过程，对背包（设其质量为m1）受力分析，由牛顿第二定律得m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2 ①
联立①②③得t＝3 s，l＝9 m.
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小.
答案：（2）7.44 m/s
解析：（2）背包到B点的速度v1＝a1t＝6 m/s
滑雪者到B点的速度v2＝v0＋a2（t－t0）＝7.5 m/s
在B点滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，
有m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得v＝7.44 m/s.
运动
受力
深化1　　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，具体逻辑关系如图所示.
深化2　　两类动力学问题的解题步骤
思维模型　用动力学两类基本问题的方法解决问题.
角度1　已知运动求受力
例1　（2025·武汉模拟）冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目.某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点.已知A、B间的距离x1＝26 m，B、C间的距离x2＝5.5 m，冰壶通过AB段的时间t1＝10 s，通过BC段的时间t2＝5 s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小取g＝10 m/s2.求：
（1）C、O两点之间的距离x3；
答案：（1）0.9 m
（2）冰壶和冰面间的动摩擦因数μ.
答案：（2）0.02
解析：（2）设冰壶与冰面间的滑动摩擦力大小为f，则有f＝μmg
根据牛顿第二定律可知f＝ma
结合（1）问，联立解得μ＝0.02.
角度2　已知受力求运动
BD
A. h＝150 m
B. 无人机下落过程中加速的时间为6 s
C. 无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24 N
D. 无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20 N
训练　第24届冬奥会在我国举办.钢架雪车比赛的一段赛道如图2所示，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，到C点共用时5.0 s.若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车（包括运动员）：
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
答案：（2）12 m/s
解析：（2）对AB段：v1＝a1t1
解得t1＝3 s
解得a2＝2 m/s2
则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s.
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小.
答案：（3）66 N
解析：（3）在BC段由牛顿第二定律有mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
二、超重和失重
AD
A. t＝1 s时该同学处于失重状态
B. t＝10 s时该同学处于失重状态
C. 此过程中电梯运行的最大速率约为0.56 m/s
D. 此过程中电梯运行的最大速率约为1.8 m/s
解析：电梯从5楼开始下降到1楼过程中，先向下加速，结合题图可知加速度向上为正，t＝1 s时该同学的加速度a为负，则t＝1 s时该同学在向下做加速运动，处于失重状态，A正确；由题图可知，t＝10 s时该同学的加速度a为正，则t＝10 s时该同学在向下做减速运动，处于超重状态，B错误；a－t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量Δv，一格代表的速度变化量为1×0.1 m/s＝0.1 m/s，4.5～6.7 s时间内电梯以最大速度匀速下降，则由题图可知，此过程中电梯运行的最大速率约vmax＝18×0.1 m/s＝1.8 m/s，C错误，D正确.
解析：（1）题图中的弹簧测力计的指针恰好在“5”上，因此读数为5.0 N.
5.0
失重
1.0
无关
2. 超重和失重
深化1　　对超重、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）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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.
（3）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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.
深化2　　超重、失重和完全失重的对比
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于零
产生
条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体竖直向下的加速度等于重力加速度
对应
运动
情境 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等
原理 F－mg＝ma
F＝mg＋ma mg－F＝ma
F＝mg－ma mg－F＝mg
F＝0
B
A. 弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B. 弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C. 弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D. 运动员一直处于失重状态
解析：弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，仍处于失重状态，当拉力大于重力时，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态.所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故B正确，A、C、D错误.
C
A. 完成上述动作所用的时间为t7
B. t2时刻到达最低点
C. t4时刻的加速度大小为8 m/s2
D. t6～t7时间内，该同学正在向上做加速运动
三、牛顿第二定律的瞬时性
A. g，1.5g B. 2g，1.5g
C. 2g，0.5g D. g，0.5g
A
深化1　　两类模型
深化2　　求解瞬时加速度的步骤
思维模型　用牛顿第二定律对瞬时加速度问题分析计算.
角度1　弹簧模型
C
B. L2的拉力大小为3mg
D. 若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g
D
A. 此瞬间B的加速度为0
B. 此瞬间A对B的弹力大小为2mg
C. 之后B可能脱离A
四、等时圆模型
A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
C
深化1　　定义
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间.
深化3　　模型特征
题目条件 相应的等时圆模型
各轨道
上端相交 质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等
各轨道
下端相交 质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等
各轨道
中间相交 两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等
A. t1＝t2 B. t2＞t3
C. t1＜t2 D. t1＝t3
BCD
B
A. tA＜tC＜tB
B. tA＝tC＜tB
C. tA＝tC＝tB
D. 由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　两类动力学问题
A. mg
C
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3
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8
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B
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6
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3
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9
10
A. 4 s时电梯停止在某一层楼
B. 1～3 s，此人处于超重状态，重力变大
C. 5～7 s，此人处于失重状态，支持力小于重力
D. 电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
C
1
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5
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8
9
10
解析：各选项的分析如下：
1
2
3
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A. 由a到c的过程中处于失重状态
B. c点时重心最低
C. e点时处于起立过程且速度最大
D. 由e到f的过程中地面对其支持力小于重力
ACD
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解析：由a到c的过程中加速度为负，即加速度向下，所以该同学处于失重状态，A正确；c点时该同学的加速度为0，c点后该手机处于超重状态，从而说明c点时还未到最低点， B错误；e点之前该同学为超重状态，之后为失重状态，所以e点时该同学处于起立过程且速度最大，C正确；由e到f的过程该同学处于失重状态，地面对其支持力小于重力，D正确.
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A. 小球静止时弹簧的弹力大小为0.6 mg
B. 小球静止时细绳的拉力大小为0.8 mg
D. 细绳烧断后瞬间小球的加速度为g
C
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3
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5
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8
9
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B. 乙对甲的压力大小为mg
D. 甲的加速度大小为零
A
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10
题组四　等时圆模型
A. t1＞t2＞t3 B. t1＝t2＝t3
C. t1＝t3＜t2 D. t1＝t3＞t2
C
1
2
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4
5
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10
B级·能力提升练
A. 前10 s悬线的拉力恒为1 500 N
B. 46 s末建筑材料到地面的距离为34 m
C. 在30～36 s钢索最容易发生断裂
D. 36～46 s建筑材料处于失重状态
甲
乙
D
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B. 剪断a绳瞬间，2球的加速度为零
C. 剪断b绳瞬间，1球的加速度为零
D
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10. （2025·清远教学质量检测）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示.现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止.已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2，求：（取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
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（1）包裹刚开始下滑时的托盘角θ；
答案：（1）37°
（2）机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
答案：（2）7.5 m/s2
解析：（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ＝μmgcos θ，可得θ＝37°.
解析：（2）当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg＝ma，所以a＝7.5 m/s2.
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（3）若机器人运行的最大速度为vm＝3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t.
答案：（3）15.4 s
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