2020高考物理一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律的应用学案（含解析）.doc

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1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。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，与物体的运动状态无关。(2)视重：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示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。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1P87T1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 NB物体的加速度为25 m/s2C3 s末物体的速度为75 m/sD3 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a25 m/s2,3 s末速度vat75 m/s,3 s内位移xat2112.5 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 NB钩码的重力约为2 NCA、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、CDA、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1P86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30，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m1.0 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 m/s23.5 m/s2，对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsinFfma，解得Ff1.5 N。(2)根据v22ax得v m/s7 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()AaAg，aB0 BaA0，aBgCaAg，aBg DaA0，aBg解题探究(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。(2)剪断轻绳后，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答选A。轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力Fmgsin30，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，对小球A，由牛顿第二定律有Fmgsin30maA，解得aAg，A正确。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式11(2018山东六校联考)(多选)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则()A弹簧的长度为l0B木板AB对小球的支持力为mgC若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为gD若突然把木板AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g答案AC解析小球处于静止状态，设此时弹簧长为l，由平衡条件有：k(ll0)mgtan30，代入数据可得此时弹簧的长度为ll0，A项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FNmg，B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgsin30ma，得ag，C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为mg，小球的加速度大小为g，D项错误。变式12(2018海南五校模拟)如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，已知重力加速度为g，当升降机以加速度a竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为60，在运动过程中O、A间的细线被剪断瞬间，下列关于A、B两球的加速度的说法正确的是()AA球的加速度大小为g，方向竖直向下BB球的加速度大小为g，方向竖直向上CA球的加速度大小为g，方向斜向左下方DA球的加速度大小为g，方向沿OA方向答案C解析O、A间的细线被剪断前，对小球A受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2cos30mgma，F2sin30F10，解得F1kxmg，在O、A间的细线被剪断瞬间，F2突然消失，但F1不突变，所以A球有水平向左的加速度aAxg，竖直向下的加速度aAyg，则A球的加速度大小为aAg，方向斜向左下方；而B球的加速度仍为a，方向竖直向上，C正确。考点2动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题的解题步骤例2(2018陕西摸底)如图所示，质量为m1.0 kg的物体在水平力F5 N的作用下，以v010 m/s向右匀速运动。倾角为37的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力 F，再经过1.5 s物体到达B点。g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求A、B两点间的距离sAB。解题探究(1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动Fmg求出。(2)1.5 s时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断与tan的关系。尝试解答4.75_m物体在水平面上匀速运动时有Fmg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma1若物体减速到零，则有0v0a1t1解得t11.0 smgcos，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma2x2a2t根据题意有t1t21.5 s，sABx1x2联立解得sAB4.75 m。总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。变式21 如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。答案(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)解析(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt，代入数据解得：v1 m/s。(2)因vv0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：FfmgsinmaFNmgcosFfFN联立解得：，代入数据解得：。变式22如图甲所示是一倾角为37的足够长的斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时给物体施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25。g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)2 s末物体的速度大小；(2)前16 s内物体发生的位移。答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下解析(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgcosma1v1a1t1解得v15 m/s。(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m当拉力为F24.5 N时，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F2mgcosmgsinma2设物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s设t2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m由于mgsinmgcosF2mgcos，B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下(mgma)sin，沿斜面摩擦力变为fN(mgma)cosmgcos，A错误。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。5(2018安徽A10联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为30的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图象如图乙所示。已知g10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A物块的加速度大小为8 m/s2B物块在t1 s时的速度大小为8 m/sC物块在t4 s时处于斜面上x24 m的位置D物块与斜面间的动摩擦因数为答案D解析物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有v22ax，再结合图乙可得加速度为a4 m/s2，由vat得t1 s时物块速度大小为4 m/s，A、B错误；由xat2知t4 s时，x32 m，C错误；由牛顿第二定律有：mgsin30mgcos30ma，解得，D正确。配套课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16为单选，710为多选)1为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间没有先后顺序)，若已知t0时刻电梯静止，则()At2时刻电梯不可能向上运动Bt3时刻电梯一定处于静止状态Ct1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反Dt1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反答案C解析由表格数据可知t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速，t2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A、D错误，C正确；t3时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B错误。2(2018襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)()A25 m/s,1.25 B40 m/s,0.25C50 m/s,0.25 D80 m/s,1.25答案C解析根据hat2，解得a12.5 m/s2，所以v0at50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ffkmg，根据牛顿第二定律得a(k1)g12.5 m/s2，解得k0.25，故C正确。3(2018南昌模拟)如图所示，物体从倾角为的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1kv，且kmgcos，滑块上滑到速度为零后，向下运动，A、B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinmgcosma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离为x2a2t1 m5 m，滑块未回到出发点，C错误；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(tt1)4 m/s，D正确。5如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为gsinB两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍答案D解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，可知只有D正确。6(2019四省八校双教研联盟联考)将质量为m0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v020 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为fkv，且k0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g10 m/s2，则以下说法正确的是()A小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2D小球落地前做匀速运动，落地速度大小v110 m/s答案D解析小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg1.0 N，空气阻力fkv00.120 N2.0 N，所受合外力Fmgf3.0 N，由牛顿第二定律有Fma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a030 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mgkv1，解得v110 m/s，D正确。7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinBB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinD弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度沿斜面向上，A球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零答案BC解析系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹mgsin，对A球F绳F弹mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零，对A球根据牛顿第二定律得a2gsin，方向沿斜面向下，故A、D错误，B、C正确。8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成角，若，则下列说法正确的是()A轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B轻杆对小球的弹力方向与细线平行C轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D此时小车的加速度为gtan答案BD解析由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtanma，解得agtan，故小车的加速度为gtan，选项B、D正确。9.(2018盐城一模)如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是()答案BD解析设斜面与水平面夹角为，斜面长为2L，在斜面上半段a1gsin，v2a1L，在斜面下半段0v2a2L，故加速度大小a1a2，故B、D正确，C错误；在斜面上半段xa1t2，xt图应开口向上，故A错误。10(2018南昌模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是()A前10 s悬线的拉力恒为1500 NB46 s末材料离地面的距离为22 mC010 s材料处于超重状态D在3036 s钢索最容易发生断裂答案BC解析由图乙可知前10 s内材料的加速度a0.1 m/s2，由Fmgma可知悬线的拉力为1515 N，A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，B正确；因3036 s材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，故在010 s钢索最容易发生断裂，C正确，D错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11.(2018德州模拟)(14分)一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内能沿斜面运动位移x4 m。(g取10 m/s2)求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小。答案(1)(2) N或 N解