【物理】2020届一轮复习人教版第三章第2讲牛顿第二定律的应用作业26页

第 2 讲 牛顿第二定律的应用
主干梳理 对点激活
知识点   牛顿第二定律的应用 Ⅱ
1．动力学的两类基本问题
(1)已知受力情况求物体的□
01

运动情况；
(2)已知运动情况求物体的□
02

受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以□
03

加速度为“桥梁”，由□
04

运动学公式和□
05

牛顿运动定律列方程求
解，具体逻辑关系如图：
知识点   超重和失重 Ⅰ
1．实重与视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态□
01

无关。
(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或
台秤的□
02

示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的□
03

拉力或台秤所受物体的□
04

压
力。
2．超重、失重和完全失重的比较

一 思维辨析
1．超重就是物体的重力变大的现象。(  )
2．物体处于完全失重状态时，重力消失。(  )
3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。(  )
4．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(  )
5．物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。(  )
6．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。(  )

答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版必修 1·P87·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 3 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＝
F合
m
＝25
m/s2,3 s 末速度 v＝at＝75 m/s,3 s 内位移 x＝
1
2
at2＝112.5 m，故 A、C 正确，B、D
错误。
2．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直
方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则
(  )
A．钩码的重力约为 4 N
B．钩码的重力约为 2 N
C．A、B、C、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A、D，失重状态的
是 B、C
D．A、B、C、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A、B，失重状态的是
C、D
答案 AC
解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为 4 N，由于开始时拉力大小等于重
力大小，所以钩码的重力约为 4 N，A 正确，B 错误。A、D 段拉力大于重力，
处于超重状态，B、C 段拉力小于重力，处于失重状态，C 正确，D 错误。
3.(人教版必修 1·P86·例题 2 改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗
糙的水平地面上，其倾角 θ＝30°，斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m＝1.0 kg

的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在 0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s，且知滑块滑行
过程中木块处于静止状态，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：
(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。
答案 (1)1.5 N (2)7 m/s
解析 (1)由题意可知，滑块滑行的加速度
a＝
Δv
Δt
＝
1.4
0.40
m/s2＝3.5 m/s2，
对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ－Ff＝ma，解得 Ff＝1.5 N。
(2)根据 v2＝2ax 得
v＝ 2 × 3.5 × 7 m/s＝7 m/s。
考点细研 悟法培优
考点 1 牛顿第二定律的瞬时性问题
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消
失，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前后
物体的受力情况 ⇒
列牛顿第二
定律方程 ⇒
求瞬时
加速度
例 1 如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、B 用轻质弹簧连接，小球 A 的
另一端用轻绳系在 O 点，放置在倾角为 θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。
系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球 A、B 的
加速度大小分别为 aA、aB，重力加速度大小为 g，则(  )
A．aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝...