第三章第2讲牛顿第二定律的基本应用

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第2讲　牛顿第二定律的基本应用

目标要求　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、

瞬时加速度问题进行分析计算.

考点一　动力学两类基本问题

1.动力学问题的解题思路

2.解题关键

(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；

(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.

已知受力求运动情况

例1　(2020·湖南长沙中学月考)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起

飞，其示意图如图 1所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为 L1＝160 m 的水平跑道上运动，

然后在长度为 L2＝20.5 m 的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量 m＝2.0×104 kg，其

喷气发动机的推力大小恒为 F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末

端的高度差 h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小

都为飞机重力的 0.2 倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑

道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故

障，取 g＝10 m/s2.求：

图1

(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；

(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间 t.

答案　(1)40 m/s　(2)8.5 s

解析　(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为 a1，阻力大小为 F阻，在水平跑道上运动

的末速度大小为 v1，由牛顿第二定律得 F－F阻＝ma1，

F阻＝0.2mg，

v12＝2a1L1，

联立以上三式并代入数据解得 a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.

(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为 a2，在倾斜跑道末端的速度大小为 v2，

飞机在水平跑道上的运动时间 t1＝＝8 s，

在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有

F－F阻－mg＝ma2，

代入数据解得 a2＝4 m/s2，

由v22－v12＝2a2L2，

代入数据解得 v2＝42 m/s，

飞机在倾斜跑道上的运动时间 t2＝＝0.5 s，

则t＝t1＋t2＝8.5 s.

已知运动情况求受力

例2　(2020·四川天府大联考)某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板

斑马线配上了新型电子警察.一辆质量为 2.0×103 kg 的汽车，以 54 km/h 的速度沿平直道路

匀速行驶，距斑马线还有 30 m 的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过 0.5 s 的反应

时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住.重力加速度 g＝10 m/s2.

(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；

(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经 10 s 使速度重新达

到54 km/h，求牵引力的大小.

答案　(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N

解析　(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为 x1，制动过程中行驶的距离为 x2，加速度大小

为a1，所受的合力大小为 Ff1.

初速度 v0＝54 km/h＝15 m/s，

反应时间 t0＝0.5 s，

由牛顿第二定律有 Ff1＝ma1

由匀速和匀变速直线运动规律有

x1＝v0t0

x2＝x－x1

v02＝2a1x2

联立解得 Ff1＝1.0×104 N.

(2)设汽车从静止开始经 10 s 使速度重新达到 54 km/h 的过程中，加速度大小为 a2，牵引力大

小为 F，由牛顿第二定律有 F－Ff2＝ma2，Ff2＝0.05mg

由匀变速直线运动规律有 v0＝a2t加

联立解得 F＝4.0×103 N.

1.(已知运动情况求受力)(多选)(2020·辽宁六校协作体开学考试)如图 2甲所示，物块的质量 m

＝1 kg，初速度 v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力 F作用下从 O点沿粗糙的水平面向右运动，

某时刻 F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如

图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)

图2

A.0～5 m 内物块做匀减速运动

B.在t＝1 s 时刻，恒力 F反向

C.恒力 F大小为 10 N

D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

答案　ABD

解析　0～5 m 内，由 v12－v02＝2a1x1，得 v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则

a1＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度 v0＝10 m/s，恒

力F在5 m 处反向，在 0～5 m 内物块运动的时间 t＝＝1 s，即在 t＝1 s 时刻，恒力 F反向

B正确；5～13 m 内，由 v22＝2a2x2得物块的加速度 a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得

－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得 F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.

2.(已知受力情况求运动情况)(2021·河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，

其质量 m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直

上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为 f＝4 N，飞行器上升9 s 后由于出现故障而失

去升力，出现故障 9 s 后恢复升力但升力变为 F2＝16 N，取重力加速度大小 g＝10 m/s2，假

设飞行器只在竖直方向运动.求：

(1)飞行器9 s 末的速度大小 v1；

(2)飞行器0～18 s 内离地面的最大高度 H；

(3)飞行器落回地面的速度大小 v2.

答案　(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s

解析　(1)0～9 s 内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律

得：

F1－mg－f＝ma1

解得 a1＝4 m/s2

飞行器 9 s 末的速度大小 v1＝at1＝36 m/s.

(2)最初 9 s 内位移 h1＝a1t12＝162 m

设失去升力后上升阶段加速度大小为 a2，上升阶段的时间为 t2，由牛顿第二定律得：

f＋mg＝ma2

解得 a2＝12 m/s2

由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段 v1＝a2t2

由运动学公式可得 h2＝a2t22

飞行器 0～18 s 内离地面的最大高度 H＝h1＋h2

解得 t2＝3 s，H＝216 m.

(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为 a3，由牛顿第二定律得：

mg－f＝ma3

解得 a3＝8 m/s2

恢复升力前飞行器下落的时间为 t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度 v2＝a3t3.

解得 v2＝48 m/s，

由于 H>a3t32＝144 m，恢复升力后 F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度

大小为 48 m/s.

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摘要：

第2讲　牛顿第二定律的基本应用目标要求　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算.考点一　动力学两类基本问题1.动力学问题的解题思路2.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.已知受力求运动情况例1　(2020·湖南长沙中学月考)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图1所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质...

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