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第2讲　牛顿第二定律
学习目标 学后评价
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义 完成□　　继续□
2.会应用牛顿第二定律解决瞬时问题和动力学问题 完成□　　继续□
3.会利用牛顿第二定律分析超重和失重现象 完成□　　继续□
考点一　牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要物体所受的合力不为零,物体就一定有加速度。
(2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。
(3)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当物体所受的合力与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
角度1　牛顿第二定律的理解
【典例1】根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是(　　)
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度
C.物体加速度的大小与其所受作用力中任意一个力的大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体的水平加速度大小与其质量成反比
【解析】选D。根据牛顿第二定律a=可知,物体的加速度与速度无关,选项A错误;即使合力很小,也能使物体产生加速度,选项B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力大小成正比,选项C错误;当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,根据牛顿第二定律F=ma可知,物体的水平加速度大小与其质量成反比,选项D正确。
角度2　牛顿第二定律的应用
(从教材走向高考)
【典例2】(从教材中来) 【教材习题改编】(鲁科版必修一P137T3)火箭起飞时需要极大的推力,如图所示。已知某火箭总长度为49.7 m,直径为3.35 m;每个液体助推器长为15.3 m,直径为2.25 m;火箭的总起飞质量为460 t,起飞推力为6.0×106 N。取重力加速度g=10 m/s2,试选择数据计算火箭起飞时的加速度大小。
答案:3.04 m/s2
【解析】火箭受重力和推力作用,根据牛顿第二定律有F-mg=ma
代入数据解得a=3.04 m/s2
【典例3】(到高考中去)(2025·甘肃高考)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
【解析】选A。根据题意,由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。
教考融通
　　　“源于教材,高于教材”、“以课标为纲,教考同源”这是最近几年高考新方向,这不是另起炉灶,而是对教材的创造性转化,课堂讲透一个模型,考场破解一类问题。
从教材中来 到高考中去
不 变 背景 火箭起飞 火箭发射
目的 计算火箭的加速度
规律 牛顿第二定律
变 已知:推力、火箭的质量以及火箭的长度、直径…… 已知:推力、火箭的质量
考点二　瞬时问题
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
角度1　轻弹簧、轻绳模型
【典例4】(2024·湖南高考)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
【解析】选A。剪断前,对B、C、D整体分析,
FAB=(3m+2m+m)g
对D,FCD=mg
剪断后,对B,FAB-3mg=3maB
解得aB=g,方向竖直向上;
对C,FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g,方向竖直向下。
[母题变式](变条件)上题中,若不是剪断B、C间细线,而是剪断O、A间细线,则剪断瞬间A和D的加速度大小分别为多少
答案:aA=2.5g　aD=0
【解析】剪断前,对B、C、D整体分析,FAB=(3m+2m+m)g,对D,FCD=mg。剪断后,对A,FAB+4mg=4maA,解得aA=2.5g;对D,受力不变,aD=0。
角度2　轻弹簧、轻杆模型
【典例5】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gsinθ
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gsinθ
【解析】选D。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3mgsinθ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则所受合力为FB=3mgsinθ,由F合=ma可知加速度为aB=3gsinθ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsinθ,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3mgsinθ,加速度均为gsinθ,选项C错误,D正确。
考点三　动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.动力学问题的解题步骤
提醒:应用正交分解法时,通常选加速度的方向为某一坐标轴的方向。
角度1　已知受力情况分析运动情况
【典例6】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sin18°=0.31,cos18°=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-mgcosθ=0,
mgsinθ-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,根据匀变速运动的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,根据速度与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。
【图形剖析】
角度2　已知运动情况分析受力情况
【典例7】我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F=kv2表示,其中k为比例常数,v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度,已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时,起飞离地速度为78 m/s,装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度;
答案:(1)96 m/s　
【解析】(1)设飞机空载质量为m1,装载弹药后质量为m2,空载起飞时,有k=m1g
装载弹药后起飞时,有k=m2g
联立解得v2=96 m/s。
(2)飞机装载弹药后,从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞,求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
答案: (2)3.75 s　6.55×104 N
【解析】(2)设飞机匀加速滑行时间为t,加速度为a,由匀变速直线运动规律可得x=t,解得t=3.75 s
由v2=at得a==25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力大小F水平=m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
【思路导引】
(1)速度
(2)加速度水平方向的合力
考点四　超重和失重问题
1.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
运动 状态
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 加速度向上 加速度向下 加速度向下 且等于g
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg, F=0
2.对超重和失重的理解
(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)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。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向,但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。
角度1　超重与失重现象的判断
【典例8】(2025·安康模拟)“蹦极”是一种极限运动,受到很多年轻人的追捧。研究“蹦极”运动时,在游客身上装上加速度传感器,在某次“蹦极”中得到游客在竖直方向的加速度随时间变化的部分图像,如图所示。已知t=0时刻游客的速度为0,则下列说法正确的是(　　)
A.t1~t2时间内游客处于超重状态
B.t3时刻游客的速度最大
C.t2~t3时间内弹性绳对游客的拉力逐渐变大
D.t2~t3时间内游客向上运动
【图形剖析】
【解析】选C。t1~t2时间内游客的加速度向下,处于失重状态,A错误;t2时刻游客的加速度为零,此时弹性绳对游客的拉力等于重力,t2~t3时间内游客继续向下做加速度增大的减速运动,弹性绳对游客的拉力逐渐变大,t3时刻游客到达最低点,速度为零,B、D错误,C正确。
角度2　超重与失重现象
【典例9】【多选】 2025年7月15日凌晨,长征七号遥十运载火箭托举着天舟九号货运飞船拔地而起,8时52分,天舟九号精准对接于空间站天和核心舱后向端口,对接好的空间站几乎处于“失重”状态,如果要在其中进行实验,下列实验操作不能正常进行的是(　　)
A.用水银做托里拆利实验
B.用体温计测体温
C.用天平测量物体质量
D.用弹簧测力计测量拉力
【解析】选A、C。对接好的空间站几乎处于“失重”状态,必须依靠重力才能进行的实验都不能正常进行。用水银做托里拆利实验无法进行,因为水银不受重力约束,无法测定气压,A符合题意;用体温计测体温与重力无关,可以正常进行,B不符合题意;完全失重时,物体对天平托盘的压力为零,无法测量物体质量,C符合题意;用弹簧测力计测量拉力时,可以不依靠重力进行测量,可以正常进行,D不符合题意。
模型建构2　等时圆模型
三种 类型
模型 特点 物体从同一竖直圆圆周上各点沿着竖直圆上的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)的运动时间相等
规律 位移:x=2Rsinθ 加速度:根据mgsinθ=ma,a=gsinθ 时间:根据x=at2,t=2
角度1　理解等时圆模型
【典例1】【多选】(2025·武汉模拟)如图所示,让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑,沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处,P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2,则(　　)
A.物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1∶sinθ2
B.物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1∶cosθ2
C.物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D.两物体质量相同,则两物体所受的合外力之比为cosθ1∶cosθ2
【解析】选B、C、D。物体受重力、支持力,根据牛顿第二定律mgcosθ=ma,解得a=gcosθ,物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为a1∶a2=gcosθ1∶gcosθ2=cosθ1∶cosθ2,A错误;末速度为v2=2a·2Rcosθ,a=gcosθ,解得v=2cosθ,速度之比为v1∶v2=cosθ1∶cosθ2,B正确;下滑的时间为2Rcosθ=at2,a=gcosθ,解得t=2,下滑的时间之比为t1∶t2=1∶1,C正确;合外力之比为F1∶F2=mgcosθ1∶mgcosθ2=cosθ1∶cosθ2,D正确。
角度2　构建等时圆模型
【典例2】如图所示,位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道,已知在t=0时,a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点,所用时间分别为t1、t2、t3,下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1=t2=t3 D.无法确定
【模型构建】
【解析】选A。
从图中O点作竖直线,以OB为弦作圆O',圆O'与OA相交于A'点,圆O'与OC的延长线相交于C'点,如图所示。由等时圆模型可知,小球沿光滑轨道OA'、OB、OC'所用时间相等,由图可知,小球沿光滑轨道OA所用时间大于沿光滑轨道OB所用时间,小球沿光滑轨道OC所用时间小于沿光滑轨道OB所用时间,则有t1>t2>t3,故选A。
【归纳总结】
[变式训练]如图所示,倾角为θ的斜面固定在水平地面上,在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点,其中AC与斜面垂直,且∠BAC=∠DAC=θ(θ<45°),现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上,依次从A点由静止滑下,滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD,下列说法正确的是(　　)
A.tB>tC>tD B.tB=tCC.tB【解析】选B。由于∠BAC=θ,则可以判断出AB竖直向下,以AB为直径作圆,则必过C点,如图所示,圆环在杆AC上运动的过程,由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcosθ=ma,2Rcosθ=a,联立解得tC=,由此可见从A点出发,到达圆周各点所用的时间相等,与细杆的长短、倾角无关,则tB=tC=tE- 15 -核心素养测评
第1课时　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
(25分钟　30分)
选择题(1-5题,每小题6分,共30分)
【基础巩固练】
1.牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中提出了三条运动定律,即我们所熟知的牛顿三大运动定律,关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力增大,则速度也一定增大
B.物体所受合外力增大,则加速度也一定增大
C.物体所受合外力的方向一定与运动的位移方向相同
D.物体的加速度a与质量m、合外力F之间的关系为a=,利用了比值定义法
【解析】选B。物体所受合外力增大,则加速度也一定增大,但如果加速度方向与速度方向相反,则速度减小,故A错误,B正确;物体所受合外力的方向一定与加速度方向相同,与运动的位移方向不一定相同,故C错误;物体的加速度a与质量m、合外力F之间的关系为a=,是加速度的决定式,不是比值定义式,故D错误。
2.用大小为F的水平恒力拉静置于粗糙水平地面上的物块,物块由静止开始运动,产生的加速度大小为a1;当拉力方向不变,大小变为4F时,产生的加速度大小为a2,下列正确的是(　　)
A.a1=a2 B.4a1=a2
C.4a1>a2 D.4a1【解析】选D。设滑动摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律,第一次拉力为F时F-Ff=ma1,第二次拉力为4F时4F-Ff=ma2,联立解得3Ff+4ma1=ma2,则有4ma13. 【多选】(2025·天一联考)如图所示,两小球1和2之间用轻弹簧B相连,弹簧B与水平方向的夹角为30°,小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上,轻绳A与竖直方向的夹角为30°,小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g,则(　　)
A.球1和球2的质量之比为2∶1
B.球1和球2的质量之比为1∶2
C.在轻绳A突然断裂的瞬间,球2的加速度大小为g
D.在轻绳A突然断裂的瞬间,球1的加速度大小为g
【解析】选A、D。对小球1、2受力分析如图甲、乙所示,
根据平衡条件可得FB=m1g,FBsin30°=m2g,所以=,故A正确,B错误;在轻绳A突然断裂的瞬间,弹簧弹力未来得及变化,球2的加速度大小为0,弹簧弹力FB=m1g,对球1,由牛顿第二定律有F合=2m1gcos30°=m1a,解得a=g,故D正确,C错误。
【综合应用练】
4. 【多选】(生产生活)(2025·临汾模拟)如图所示,吊车通过对称分布的4根钢索(图中有2根未画出),吊起质量为5×104 kg的工件,每根钢索与竖直方向的夹角均为37°,已知每根钢索上的拉力大小为2×105 N,取重力加速度大小g=10 m/s2,cos37°=0.8,钢索所受的重力不计。下列说法正确的是(　　)
A.4根钢索对工件的合力大小为6.4×105 N
B.4根钢索对工件的合力大小为4.8×105 N
C.工件的加速度大小为2.8 m/s2
D.工件的加速度大小为2.4 m/s2
【解析】选A、C。4根钢索对工件的合力大小为F=4F1cos37°=4×2×105×0.8 N=6.4×105 N
故A正确,B错误;对工件,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得工件的加速度大小为a== m/s2=2.8 m/s2,故C正确,D错误。
5.(2026·长治模拟)如图甲、乙所示,细绳拴一个质量为m的小球,小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑,平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°,轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列结论正确的是(　　)
A.甲、乙两种情境中,小球静止时,细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
【解析】选C。甲、乙两种情境中,小球静止时,轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右,如图所示,
由平衡条件得细绳的拉力大小都为T==mg,故A错误;题图甲所示情境中,细绳烧断瞬间,小球即将做圆周运动,所以小球的加速度大小为a1=g,题图乙所示情境中,细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与细绳烧断前拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为a2==g,故C正确,B、D错误。
【加固训练】
(交通旅游)假期时,小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如图甲所示。房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结(可看作质点),如图乙所示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段110 m等跨钢箱连续梁桥(如图丙所示),房车行驶到a点时开始加速,先做匀加速直线运动,达到29.5 m/s后做匀速直线运动。在ab段小明发现中国结偏离车壁角度始终为θ,已知sinθ=,cosθ=。他用手机中秒表功能测出房车经过ab段所用的时间为5.5 s,g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)房车通过ab段的加速度大小;
答案:(1)2 m/s2　
【解析】(1)对中国结受力分析可知mgtanθ=ma
解得a=gtanθ=2 m/s2
(2)房车通过a点时的速度大小;
答案: (2)14.5 m/s
【解析】(2)在ab段运动时,根据d=vaΔt+aΔt2
即110=va×5.5+×2×5.52
解得va=14.5 m/s
(3)从b点开始房车继续行驶173 m所用的时间。
答案: (3)6 s
【解析】(3)在b点的速度vb=va+at1=25.5 m/s
达到29.5 m/s时的位移
x1== m=55 m
所用时间t1==2 s
匀速行驶的时间t2== s=4 s
从b点开始房车继续行驶173 m所用时间t=t1+t2=6 s
- 6 -(共53张PPT)
第2讲　牛顿第二定律
考点一　牛顿第二定律的理解
考点三　动力学的两类基本问题
考点四　超重和失重问题
模型建构2　等时圆模型
考点二　瞬时问题
学习目标 学后评价
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义 完成□　　继续□
2.会应用牛顿第二定律解决瞬时问题和动力学问题 完成□　　继续□
3.会利用牛顿第二定律分析超重和失重现象 完成□　　继续□
考点一　牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要物体所受的合力不为零,物体就一定有加速度。
(2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。
(3)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当物体所受的合力与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为
F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
角度1　牛顿第二定律的理解
【典例1】根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是(　　)
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度
C.物体加速度的大小与其所受作用力中任意一个力的大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体的水平加速度大小与其质量成反比
√
【解析】选D。根据牛顿第二定律a=可知,物体的加速度与速度无关,选项A错误;即使合力很小,也能使物体产生加速度,选项B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力大小成正比,选项C错误;当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,根据牛顿第二定律F=ma可知,物体的水平加速度大小与其质量成反比,选项D正确。
角度2　牛顿第二定律的应用
(从教材走向高考)
【典例2】(从教材中来) 【教材习题改编】(鲁科版必修一P137T3)火箭起飞时需要极大的推力,如图所示。已知某火箭总长度为49.7 m,直径为3.35 m;每个液体助推器长为15.3 m,直径为2.25 m;火箭的总起飞质量为460 t,起飞推力为6.0×106 N。取重力加速度g=10 m/s2,试选择数据计算火箭起飞时的加速度大小。
答案:3.04 m/s2
【解析】火箭受重力和推力作用,根据牛顿第二定律有F-mg=ma
代入数据解得a=3.04 m/s2
【典例3】(到高考中去)(2025·甘肃高考)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
√
【解析】选A。根据题意,由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。
教考融通
　　　“源于教材,高于教材”、“以课标为纲,教考同源”这是最近几年高考新方向,这不是另起炉灶,而是对教材的创造性转化,课堂讲透一个模型,考场破解一类问题。
从教材中来 到高考中去
不 变 背景 火箭起飞 火箭发射
目的 计算火箭的加速度
规律 牛顿第二定律
变 已知:推力、火箭的质量以及火箭的长度、直径…… 已知:推力、火箭的质量
考点二　瞬时问题
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
角度1　轻弹簧、轻绳模型
【典例4】(2024·湖南高考)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
√
【解析】选A。剪断前,对B、C、D整体分析,
FAB=(3m+2m+m)g
对D,FCD=mg
剪断后,对B,FAB-3mg=3maB
解得aB=g,方向竖直向上;
对C,FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g,方向竖直向下。
[母题变式](变条件)上题中,若不是剪断B、C间细线,而是剪断O、A间细线,则剪断瞬间A和D的加速度大小分别为多少
答案:aA=2.5g　aD=0
【解析】剪断前,对B、C、D整体分析,FAB=(3m+2m+m)g,对D,FCD=mg。剪断后,对A,FAB+4mg=4maA,解得aA=2.5g;对D,受力不变,aD=0。
角度2　轻弹簧、轻杆模型
【典例5】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gsinθ
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gsinθ
√
【解析】选D。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3mgsinθ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则所受合力为FB=3mgsinθ,由F合=ma可知加速度为aB=3gsinθ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsinθ,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3mgsinθ,加速度均为gsinθ,选项C错误,D正确。
考点三　动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.动力学问题的解题步骤
提醒:应用正交分解法时,通常选加速度的方向为某一坐标轴的方向。
角度1　已知受力情况分析运动情况
【典例6】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sin18°=0.31,cos18°=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-mgcosθ=0,
mgsinθ-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,根据匀变速运动的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,根据速度与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。
【图形剖析】
角度2　已知运动情况分析受力情况
【典例7】我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F=kv2表示,其中k为比例常数,v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度,已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时,起飞离地速度为78 m/s,装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度;
答案:(1)96 m/s　
【解析】(1)设飞机空载质量为m1,装载弹药后质量为m2,空载起飞时,有k=m1g
装载弹药后起飞时,有k=m2g
联立解得v2=96 m/s。
(2)飞机装载弹药后,从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞,求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
答案: (2)3.75 s　6.55×104 N
【解析】(2)设飞机匀加速滑行时间为t,加速度为a,由匀变速直线运动规律可得x=t,解得t=3.75 s
由v2=at得a==25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力大小F水平=m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
考点四　超重和失重问题
1.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
运动 状态
现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0
状态 超重 失重 完全失重
产生 条件 加速度向上 加速度向下 加速度向下
且等于g
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg,
F=0
2.对超重和失重的理解
(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)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。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向,但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。
角度1　超重与失重现象的判断
【典例8】(2025·安康模拟)“蹦极”是一种极限运动,受到很多年轻人的追捧。研究“蹦极”运动时,在游客身上装上加速度传感器,在某次“蹦极”中得到游客在竖直方向的加速度随时间变化的部分图像,如图所示。已知t=0时刻游客的速度为0,则下列说法正确的是(　　)
A.t1~t2时间内游客处于超重状态
B.t3时刻游客的速度最大
C.t2~t3时间内弹性绳对游客的拉力逐渐变大
D.t2~t3时间内游客向上运动
√
【图形剖析】
【解析】选C。t1~t2时间内游客的加速度向下,处于失重状态,A错误;t2时刻游客的加速度为零,此时弹性绳对游客的拉力等于重力,t2~t3时间内游客继续向下做加速度增大的减速运动,弹性绳对游客的拉力逐渐变大,t3时刻游客到达最低点,速度为零,B、D错误,C正确。
角度2　超重与失重现象
【典例9】【多选】 2025年7月15日凌晨,长征七号遥十运载火箭托举着天舟九号货运飞船拔地而起,8时52分,天舟九号精准对接于空间站天和核心舱后向端口,对接好的空间站几乎处于“失重”状态,如果要在其中进行实验,下列实验操作不能正常进行的是(　　)
A.用水银做托里拆利实验
B.用体温计测体温
C.用天平测量物体质量
D.用弹簧测力计测量拉力
√
√
【解析】选A、C。对接好的空间站几乎处于“失重”状态,必须依靠重力才能进行的实验都不能正常进行。用水银做托里拆利实验无法进行,因为水银不受重力约束,无法测定气压,A符合题意;用体温计测体温与重力无关,可以正常进行,B不符合题意;完全失重时,物体对天平托盘的压力为零,无法测量物体质量,C符合题意;用弹簧测力计测量拉力时,可以不依靠重力进行测量,可以正常进行,D不符合题意。
模型建构2　等时圆模型
三种 类型
模型 特点 物体从同一竖直圆圆周上各点沿着竖直圆上的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)的运动时间相等
规律 位移:x=2Rsinθ
加速度:根据mgsinθ=ma,a=gsinθ
时间:根据x=at2,t=2
角度1　理解等时圆模型
【典例1】【多选】(2025·武汉模拟)如图所示,让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑,沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处,P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2,则(　　)
A.物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1∶sinθ2
B.物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1∶cosθ2
C.物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D.两物体质量相同,则两物体所受的合外力之比为cosθ1∶cosθ2
√
√
√
【解析】选B、C、D。物体受重力、支持力,根据牛顿第二定律mgcosθ=ma,解得a=gcosθ,物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为a1∶a2 =gcosθ1∶gcosθ2=cosθ1∶cosθ2,A错误;末速度为v2=2a·2Rcosθ,a=gcosθ,解得v=2cosθ,速度之比为v1∶v2=cosθ1∶cosθ2,B正确;下滑的时间为2Rcosθ=at2,a=gcosθ,解得t=2,下滑的时间之比为t1∶t2=1∶1,C正确;合外力之比为F1∶F2=mgcosθ1∶mgcosθ2=cosθ1∶cosθ2,D正确。
角度2　构建等时圆模型
【典例2】如图所示,位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道,已知在t=0时,a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点,所用时间分别为t1、t2、t3,下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1=t2=t3 D.无法确定
√
【模型构建】
【解析】选A。从图中O点作竖直线,以OB为弦作圆O',圆O'与OA相交于A'点,圆O'与OC的延长线相交于C'点,如图所示。由等时圆模型可知,小球沿光滑轨道OA'、OB、OC'所用时间相等,由图可知,小球沿光滑轨道OA所用时间大于沿光滑轨道OB所用时间,小球沿光滑轨道OC所用时间小于沿光滑轨道OB所用时间,则有t1>t2>t3,故选A。
【归纳总结】
[变式训练]如图所示,倾角为θ的斜面固定在水平地面上,在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点,其中AC与斜面垂直,且∠BAC=∠DAC=θ(θ<45°),现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上,依次从A点由静止滑下,滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD,下列说法正确的是(　　)
A.tB>tC>tD B.tB=tCC.tB√
【解析】选B。由于∠BAC=θ,则可以判断出AB竖直向下,以AB为直径作圆,则必过C点,如图所示,圆环在杆AC上运动的过程,由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcosθ=ma,2Rcosθ=a,联立解得tC=,由此可见从A点出发,到达圆周各点所用的时间相等,与细杆的长短、倾角无关,则tB=tC=tE第1课时　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
(25分钟　30分)
选择题(1-5题,每小题6分,共30分)
【基础巩固练】
1.牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中提出了三条运动定律,即我们所熟知的牛顿三大运动定律,关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力增大,则速度也一定增大
B.物体所受合外力增大,则加速度也一定增大
C.物体所受合外力的方向一定与运动的位移方向相同
D.物体的加速度a与质量m、合外力F之间的关系为a=,利用了比值定义法
2.用大小为F的水平恒力拉静置于粗糙水平地面上的物块,物块由静止开始运动,产生的加速度大小为a1;当拉力方向不变,大小变为4F时,产生的加速度大小为a2,下列正确的是(　　)
A.a1=a2 B.4a1=a2
C.4a1>a2 D.4a13. 【多选】(2025·天一联考)如图所示,两小球1和2之间用轻弹簧B相连,弹簧B与水平方向的夹角为30°,小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上,轻绳A与竖直方向的夹角为30°,小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g,则(　　)
A.球1和球2的质量之比为2∶1
B.球1和球2的质量之比为1∶2
C.在轻绳A突然断裂的瞬间,球2的加速度大小为g
D.在轻绳A突然断裂的瞬间,球1的加速度大小为g
【综合应用练】
4. 【多选】(生产生活)(2025·临汾模拟)如图所示,吊车通过对称分布的4根钢索(图中有2根未画出),吊起质量为5×104 kg的工件,每根钢索与竖直方向的夹角均为37°,已知每根钢索上的拉力大小为2×105 N,取重力加速度大小g=10 m/s2,cos37°=0.8,钢索所受的重力不计。下列说法正确的是(　　)
A.4根钢索对工件的合力大小为6.4×105 N
B.4根钢索对工件的合力大小为4.8×105 N
C.工件的加速度大小为2.8 m/s2
D.工件的加速度大小为2.4 m/s2
5.(2026·长治模拟)如图甲、乙所示,细绳拴一个质量为m的小球,小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑,平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°,轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列结论正确的是(　　)
A.甲、乙两种情境中,小球静止时,细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
【加固训练】
(交通旅游)假期时,小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如图甲所示。房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结(可看作质点),如图乙所示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段110 m等跨钢箱连续梁桥(如图丙所示),房车行驶到a点时开始加速,先做匀加速直线运动,达到29.5 m/s后做匀速直线运动。在ab段小明发现中国结偏离车壁角度始终为θ,已知sinθ=,cosθ=。他用手机中秒表功能测出房车经过ab段所用的时间为5.5 s,g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)房车通过ab段的加速度大小;
(2)房车通过a点时的速度大小;
(3)从b点开始房车继续行驶173 m所用的时间。
- 6 -第2讲　牛顿第二定律
学习目标 学后评价
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义 完成□　　继续□
2.会应用牛顿第二定律解决瞬时问题和动力学问题 完成□　　继续□
3.会利用牛顿第二定律分析超重和失重现象 完成□　　继续□
考点一　牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的理解
2.力和加速度之间的关系
(1)不管速度是大是小,或是零,只要物体所受的合力不为零,物体就一定有加速度。
(2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。
(3)加速度a的方向一定与合力F的方向、速度变化量的方向相同,与速度方向无关。当物体所受的合力与速度同向(或夹角为锐角)时,物体做加速直线(或曲线)运动,反之物体做减速直线(或曲线)运动。
(4)当物体受几个力作用而做变速运动时,其实际加速度与力的关系为F合=ma,而a是各个力分别产生的加速度的矢量和。
角度1　牛顿第二定律的理解
【典例1】根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是(　　)
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度
C.物体加速度的大小与其所受作用力中任意一个力的大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体的水平加速度大小与其质量成反比
角度2　牛顿第二定律的应用
(从教材走向高考)
【典例2】(从教材中来) 【教材习题改编】(鲁科版必修一P137T3)火箭起飞时需要极大的推力,如图所示。已知某火箭总长度为49.7 m,直径为3.35 m;每个液体助推器长为15.3 m,直径为2.25 m;火箭的总起飞质量为460 t,起飞推力为6.0×106 N。取重力加速度g=10 m/s2,试选择数据计算火箭起飞时的加速度大小。
【典例3】(到高考中去)(2025·甘肃高考)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.2 m/s2 B.4 m/s2
C.6 m/s2 D.12 m/s2
教考融通
　　　“源于教材,高于教材”、“以课标为纲,教考同源”这是最近几年高考新方向,这不是另起炉灶,而是对教材的创造性转化,课堂讲透一个模型,考场破解一类问题。
从教材中来 到高考中去
不 变 背景 火箭起飞 火箭发射
目的 计算火箭的加速度
规律 牛顿第二定律
变 已知:推力、火箭的质量以及火箭的长度、直径…… 已知:推力、火箭的质量
考点二　瞬时问题
分析瞬时问题要“瞻前顾后”
角度1　轻弹簧、轻绳模型
【典例4】(2024·湖南高考)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
[母题变式](变条件)上题中,若不是剪断B、C间细线,而是剪断O、A间细线,则剪断瞬间A和D的加速度大小分别为多少
角度2　轻弹簧、轻杆模型
【典例5】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gsinθ
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gsinθ
考点三　动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.动力学问题的解题步骤
提醒:应用正交分解法时,通常选加速度的方向为某一坐标轴的方向。
角度1　已知受力情况分析运动情况
【典例6】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sin18°=0.31,cos18°=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;
(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。
【图形剖析】
角度2　已知运动情况分析受力情况
【典例7】我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F=kv2表示,其中k为比例常数,v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度,已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时,起飞离地速度为78 m/s,装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度;
(2)飞机装载弹药后,从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞,求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
【思路导引】
(1)速度
(2)加速度水平方向的合力
考点四　超重和失重问题
1.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
运动 状态
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 加速度向上 加速度向下 加速度向下 且等于g
原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg, F=0
2.对超重和失重的理解
(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)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。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向,但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。
角度1　超重与失重现象的判断
【典例8】(2025·安康模拟)“蹦极”是一种极限运动,受到很多年轻人的追捧。研究“蹦极”运动时,在游客身上装上加速度传感器,在某次“蹦极”中得到游客在竖直方向的加速度随时间变化的部分图像,如图所示。已知t=0时刻游客的速度为0,则下列说法正确的是(　　)
A.t1~t2时间内游客处于超重状态
B.t3时刻游客的速度最大
C.t2~t3时间内弹性绳对游客的拉力逐渐变大
D.t2~t3时间内游客向上运动
【图形剖析】
角度2　超重与失重现象
【典例9】【多选】 2025年7月15日凌晨,长征七号遥十运载火箭托举着天舟九号货运飞船拔地而起,8时52分,天舟九号精准对接于空间站天和核心舱后向端口,对接好的空间站几乎处于“失重”状态,如果要在其中进行实验,下列实验操作不能正常进行的是(　　)
A.用水银做托里拆利实验
B.用体温计测体温
C.用天平测量物体质量
D.用弹簧测力计测量拉力
模型建构2　等时圆模型
三种 类型
模型 特点 物体从同一竖直圆圆周上各点沿着竖直圆上的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)的运动时间相等
规律 位移:x=2Rsinθ 加速度:根据mgsinθ=ma,a=gsinθ 时间:根据x=at2,t=2
角度1　理解等时圆模型
【典例1】【多选】(2025·武汉模拟)如图所示,让物体同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑,沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处,P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2,则(　　)
A.物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1∶sinθ2
B.物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1∶cosθ2
C.物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D.两物体质量相同,则两物体所受的合外力之比为cosθ1∶cosθ2
角度2　构建等时圆模型
【典例2】如图所示,位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道,已知在t=0时,a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点,所用时间分别为t1、t2、t3,下列关系正确的是(　　)
A.t1>t2>t3 B.t1C.t1=t2=t3 D.无法确定
【模型构建】
【归纳总结】
[变式训练]如图所示,倾角为θ的斜面固定在水平地面上,在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点,其中AC与斜面垂直,且∠BAC=∠DAC=θ(θ<45°),现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上,依次从A点由静止滑下,滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD,下列说法正确的是(　　)
A.tB>tC>tD B.tB=tCC.tB- 15 -(共17张PPT)
核心素养测评 第2课时　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2024·安徽高考)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上,缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
√
【解析】选A。缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,形变量变小,弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球受到的合外力一直变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误。
2.(2026·山西三重联考)某同学练习下蹲起跳,现分析这三个过程:下蹲过程、站立起跳上升过程、空中下落过程,则下列说法正确的是(　　)
A.三个过程均有失重现象
B.只有两个过程有失重现象
C.三个过程均有超重现象
D.只有一个过程有超重现象
√
【解析】选A。当加速度竖直向上时,物体处于超重状态;当加速度竖直向下时,物体处于失重状态,下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态。站立起跳上升过程先加速后减速,可知先超重后失重。空中下落过程处于完全失重状态,故A正确。
【综合应用练】
3.如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　)
A.∶∶1
B.()∶(1)∶1
C.3∶2∶1
D.1∶1∶1
√
【解析】选A。根据等时圆模型,如图所示,只需要求出小环从静止开始沿A'P、B'P、C'P的运动时间之比,就能知道小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P =∶∶=∶∶1,故选A。
4.(14分)如图所示,位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯,修建于垂直的悬崖峭壁之上,垂直落差三百多米,是世界上最高的电梯之一(为方便计算,假设该电梯的高度为360 m)。一名游客将一块电子秤(显示受到的压力大小,单位:N)放在电梯的水平地板上,自己站在电子秤上,通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始,竖直向上匀加速运动t1=20 s,接着匀速运动t2=30 s,最后匀减速运动t3=40 s到达电梯的最高点,到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零;在匀减速阶段,电子秤的示数为“591”。电梯可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)电梯运行过程中最大速度的大小;(4分)
答案:(1)6 m/s　
【解析】(1)设电梯最大速度为vm,则有
t1+vmt2+t3=h
解得vm=6 m/s
(2)该游客的质量;(5分)
答案: (2)60 kg　
【解析】(2)减速阶段加速度大小为a减==0.15 m/s2
根据牛顿第二定律有mg-F3=ma减
由牛顿第三定律可知游客对电梯的压力与电梯对游客的支持力大小相等F3=F'3=591 N
解得m=60 kg
(3)匀加速阶段,电子秤的示数。(5分)
答案: (3)618
【解析】(3)加速阶段加速度大小为a加==0.3 m/s2
根据牛顿第二定律有F1-mg=ma加
由牛顿第三定律可知电梯对游客的支持力与游客对电梯的压力大小相等F'1=F1
解得F'1=618 N
即匀加速阶段,电子秤的示数为“618”。
【加固训练】
四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。一架质量m=
2.0 kg的无人机,从地面由静止竖直向上运动,在t=4 s内升高h=20 m后立即关闭发动机。若无人机在运动过程中受到空气阻力大小恒定为5 N,且空气阻力方向与运动方向相反,发动机工作时能够提供恒定的动力F,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求F的大小;
答案:(1)30 N　
【解析】(1)t=4 s升高h=20 m,根据位移—时间公式有h=a1t2
解得a1=2.5 m/s2
受力分析得F-mg-f=ma1
得F=30 N
(2)求关闭发动机后,无人机离地面的最大高度;
答案: (2)24 m　
【解析】(2)根据速度—时间公式有v1=a1t
解得v1=10 m/s
关闭发动机后受力分析得a2=
解得a2=-12.5 m/s2
根据速度—位移公式有h1=
解得h1=4 m
则H=h+h1=24 m
(3)为避免无人机在下落过程中与地面相撞,求重新启动发动机时离地的最低高度。
答案: (3)12 m
【解析】(3)要避免无人机下落过程中与地面相撞,重新开启发动机的最低高度为无人机到地面的速度恰好为0,无人机下落过程分为先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动两个阶段,匀加速直线运动过程,受力分析得a3=
解得a3=7.5 m/s2
加速到v,则有h2=
减速时有a4=
解得a4=-7.5 m/s2
减速运动的位移为H1=
由于h2+H1=24 m
解得H1=12 m(共15张PPT)
核心素养测评
第1课时　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
(25分钟　30分)
选择题(1-5题,每小题6分,共30分)
【基础巩固练】
1.牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中提出了三条运动定律,即我们所熟知的牛顿三大运动定律,关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　　)
A.物体所受合外力增大,则速度也一定增大
B.物体所受合外力增大,则加速度也一定增大
C.物体所受合外力的方向一定与运动的位移方向相同
D.物体的加速度a与质量m、合外力F之间的关系为a=,利用了比值定义法
√
【解析】选B。物体所受合外力增大,则加速度也一定增大,但如果加速度方向与速度方向相反,则速度减小,故A错误,B正确;物体所受合外力的方向一定与加速度方向相同,与运动的位移方向不一定相同,故C错误;物体的加速度a与质量m、合外力F之间的关系为a=,是加速度的决定式,不是比值定义式,故D错误。
2.用大小为F的水平恒力拉静置于粗糙水平地面上的物块,物块由静止开始运动,产生的加速度大小为a1;当拉力方向不变,大小变为4F时,产生的加速度大小为a2,下列正确的是(　　)
A.a1=a2 B.4a1=a2
C.4a1>a2 D.4a1√
【解析】选D。设滑动摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律,第一次拉力为F时F-Ff=ma1,第二次拉力为4F时4F-Ff=ma2,联立解得3Ff+4ma1=ma2,则有4ma13. 【多选】(2025·天一联考)如图所示,两小球1和2之间用轻弹簧B相连,弹簧B与水平方向的夹角为30°,小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上,轻绳A与竖直方向的夹角为30°,小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g,则(　　)
A.球1和球2的质量之比为2∶1
B.球1和球2的质量之比为1∶2
C.在轻绳A突然断裂的瞬间,球2的加速度大小为g
D.在轻绳A突然断裂的瞬间,球1的加速度大小为g
√
√
【解析】选A、D。对小球1、2受力分析如图甲、乙所示,
根据平衡条件可得FB=m1g,FBsin30°=m2g,所以=,故A正确,B错误;在轻绳A突然断裂的瞬间,弹簧弹力未来得及变化,球2的加速度大小为0,弹簧弹力FB=m1g,对球1,由牛顿第二定律有F合=2m1gcos30°=m1a,解得a=g,故D正确,C错误。
【综合应用练】
4. 【多选】(生产生活)(2025·临汾模拟)如图所示,吊车通过对称分布的4根钢索(图中有2根未画出),吊起质量为5×104 kg的工件,每根钢索与竖直方向的夹角均为37°,已知每根钢索上的拉力大小为2×105 N,取重力加速度大小g=
10 m/s2,cos37°=0.8,钢索所受的重力不计。下列说法正确的是(　　)
A.4根钢索对工件的合力大小为6.4×105 N
B.4根钢索对工件的合力大小为4.8×105 N
C.工件的加速度大小为2.8 m/s2
D.工件的加速度大小为2.4 m/s2
√
√
【解析】选A、C。4根钢索对工件的合力大小为F=4F1cos37°=4×2 ×105×0.8 N=6.4×105 N
故A正确,B错误;对工件,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得工件的加速度大小为a== m/s2=2.8 m/s2,故C正确,D错误。
5.(2026·长治模拟)如图甲、乙所示,细绳拴一个质量为m的小球,小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑,平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°,轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。下列结论正确的是(　　)
A.甲、乙两种情境中,小球静止时,细绳的拉力大小均为mg
B.甲图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C.乙图所示情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D.甲、乙两种情境中,细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
√
【解析】选C。甲、乙两种情境中,小球静止时,
轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平
向右,如图所示,
由平衡条件得细绳的拉力大小都为T==mg,故A错误;题图甲所示情境中,细绳烧断瞬间,小球即将做圆周运动,所以小球的加速度大小为a1=g,题图乙所示情境中,细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与细绳烧断前拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为a2==g,故C正确,B、D错误。
【加固训练】
(交通旅游)假期时,小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的景色如图甲所示。房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结(可看作质点),如图乙所示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段110 m等跨钢箱连续梁桥(如图丙所示),房车行驶到a点时开始加速,先做匀加速直线运动,达到29.5 m/s后做匀速直线运动。在ab段小明发现中国结偏离车壁角度始终为θ,已知sinθ=,cosθ=。他用手机中秒表功能测出房车经过ab段所用的时间为5.5 s,g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)房车通过ab段的加速度大小;
答案:(1)2 m/s2　
【解析】(1)对中国结受力分析可知
mgtanθ=ma
解得a=gtanθ=2 m/s2
(2)房车通过a点时的速度大小;
答案: (2)14.5 m/s
【解析】(2)在ab段运动时,根据d=vaΔt+aΔt2
即110=va×5.5+×2×5.52
解得va=14.5 m/s
(3)从b点开始房车继续行驶173 m所用的时间。
答案: (3)6 s
【解析】(3)在b点的速度vb=va+at1=25.5 m/s
达到29.5 m/s时的位移
x1== m=55 m
所用时间t1==2 s
匀速行驶的时间t2== s=4 s
从b点开始房车继续行驶173 m所用时间t=t1+t2=6 s核心素养测评
第2课时　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2024·安徽高考)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上,缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
2.(2026·山西三重联考)某同学练习下蹲起跳,现分析这三个过程:下蹲过程、站立起跳上升过程、空中下落过程,则下列说法正确的是(　　)
A.三个过程均有失重现象
B.只有两个过程有失重现象
C.三个过程均有超重现象
D.只有一个过程有超重现象
【综合应用练】
3.如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　)
A.∶∶1
B.()∶(1)∶1
C.3∶2∶1
D.1∶1∶1
4.(14分)如图所示,位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯,修建于垂直的悬崖峭壁之上,垂直落差三百多米,是世界上最高的电梯之一(为方便计算,假设该电梯的高度为360 m)。一名游客将一块电子秤(显示受到的压力大小,单位:N)放在电梯的水平地板上,自己站在电子秤上,通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始,竖直向上匀加速运动t1=
20 s,接着匀速运动t2=30 s,最后匀减速运动t3=40 s到达电梯的最高点,到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零;在匀减速阶段,电子秤的示数为“591”。电梯可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)电梯运行过程中最大速度的大小;(4分)
(2)该游客的质量;(5分)
(3)匀加速阶段,电子秤的示数。(5分)
【加固训练】
四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。一架质量m=2.0 kg的无人机,从地面由静止竖直向上运动,在t=4 s内升高h=20 m后立即关闭发动机。若无人机在运动过程中受到空气阻力大小恒定为5 N,且空气阻力方向与运动方向相反,发动机工作时能够提供恒定的动力F,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求F的大小;
(2)求关闭发动机后,无人机离地面的最大高度;
(3)为避免无人机在下落过程中与地面相撞,求重新启动发动机时离地的最低高度。
- 6 -核心素养测评
第2课时　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
(25分钟　32分)
选择题(1-3题,每小题6分,共18分)
【基础巩固练】
1.(2024·安徽高考)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上,缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
【解析】选A。缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,形变量变小,弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球受到的合外力一直变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误。
2.(2026·山西三重联考)某同学练习下蹲起跳,现分析这三个过程:下蹲过程、站立起跳上升过程、空中下落过程,则下列说法正确的是(　　)
A.三个过程均有失重现象
B.只有两个过程有失重现象
C.三个过程均有超重现象
D.只有一个过程有超重现象
【解析】选A。当加速度竖直向上时,物体处于超重状态;当加速度竖直向下时,物体处于失重状态,下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态。站立起跳上升过程先加速后减速,可知先超重后失重。空中下落过程处于完全失重状态,故A正确。
【综合应用练】
3.如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　)
A.∶∶1
B.()∶(1)∶1
C.3∶2∶1
D.1∶1∶1
【解析】选A。
根据等时圆模型,如图所示,只需要求出小环从静止开始沿A'P、B'P、C'P的运动时间之比,就能知道小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P=∶∶=∶∶1,故选A。
4.(14分)如图所示,位于张家界武陵源风景名胜区的百龙天梯,修建于垂直的悬崖峭壁之上,垂直落差三百多米,是世界上最高的电梯之一(为方便计算,假设该电梯的高度为360 m)。一名游客将一块电子秤(显示受到的压力大小,单位:N)放在电梯的水平地板上,自己站在电子秤上,通过电子秤的示数结合自己的体重去了解电梯运行时加减速的情况。已知电梯从地面静止开始,竖直向上匀加速运动t1=
20 s,接着匀速运动t2=30 s,最后匀减速运动t3=40 s到达电梯的最高点,到达电梯的最高点时电梯速度刚好减为零;在匀减速阶段,电子秤的示数为“591”。电梯可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)电梯运行过程中最大速度的大小;(4分)
答案:(1)6 m/s　
【解析】(1)设电梯最大速度为vm,则有
t1+vmt2+t3=h
解得vm=6 m/s
(2)该游客的质量;(5分)
答案: (2)60 kg　
【解析】(2)减速阶段加速度大小为a减==0.15 m/s2
根据牛顿第二定律有mg-F3=ma减
由牛顿第三定律可知游客对电梯的压力与电梯对游客的支持力大小相等F3=F'3=591 N
解得m=60 kg
(3)匀加速阶段,电子秤的示数。(5分)
答案: (3)618
【解析】(3)加速阶段加速度大小为a加==0.3 m/s2
根据牛顿第二定律有F1-mg=ma加
由牛顿第三定律可知电梯对游客的支持力与游客对电梯的压力大小相等F'1=F1
解得F'1=618 N
即匀加速阶段,电子秤的示数为“618”。
【加固训练】
四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器。一架质量m=2.0 kg的无人机,从地面由静止竖直向上运动,在t=4 s内升高h=20 m后立即关闭发动机。若无人机在运动过程中受到空气阻力大小恒定为5 N,且空气阻力方向与运动方向相反,发动机工作时能够提供恒定的动力F,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求F的大小;
答案:(1)30 N　
【解析】(1)t=4 s升高h=20 m,根据位移—时间公式有h=a1t2
解得a1=2.5 m/s2
受力分析得F-mg-f=ma1
得F=30 N
(2)求关闭发动机后,无人机离地面的最大高度;
答案: (2)24 m　
【解析】(2)根据速度—时间公式有v1=a1t
解得v1=10 m/s
关闭发动机后受力分析得a2=
解得a2=-12.5 m/s2
根据速度—位移公式有h1=
解得h1=4 m
则H=h+h1=24 m
(3)为避免无人机在下落过程中与地面相撞,求重新启动发动机时离地的最低高度。
答案: (3)12 m
【解析】(3)要避免无人机下落过程中与地面相撞,重新开启发动机的最低高度为无人机到地面的速度恰好为0,无人机下落过程分为先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动两个阶段,匀加速直线运动过程,受力分析得a3=
解得a3=7.5 m/s2
加速到v,则有h2=
减速时有a4=
解得a4=-7.5 m/s2
减速运动的位移为H1=
由于h2+H1=24 m
解得H1=12 m
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