【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律的应用学案

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律的应用学案

第2讲　牛顿第二定律的应用 知识排查 超重与失重现象 ‎1.超重 ‎(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。‎ ‎(2)产生条件：物体具有向上的加速度。‎ ‎2.失重 ‎(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。‎ ‎(2)产生条件：物体具有向下的加速度。‎ ‎3.完全失重 ‎(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。‎ ‎(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。‎ 两类动力学问题 ‎1.动力学的两类基本问题：‎ 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。‎ 第二类：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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：‎ 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(1)物体超重时，加速度向上，速度也可能向上。(　　)‎ ‎(2)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(　　)‎ ‎(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　　)‎ ‎(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。(　　)‎ ‎(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小。(　　)‎ 答案　(1) √　(2) √　(3) ×　(4) × (5) ×　‎ ‎2.(多选)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是(　　)‎ A.加速下降　　　　B.加速上升 C.减速下降 D.减速上升 解析　测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，则加速度向下，砝码处于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降，选项A、D正确。‎ 答案　AD ‎3.一物块从固定斜面底端沿倾角为θ的斜面上滑，到达最大高度后又返回斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)‎ A.tan θ B.tan θ C.tan θ D.tan θ 解析　物块沿斜面上滑时的加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，则x＝a1t2；物块沿斜面下滑时的加速度大小a2＝gsin θ－μgcos θ，则x＝a2(2t)2，联立解得μ＝‎ tan θ，选项C正确。‎ 答案　C ‎　牛顿第二定律的瞬时性 ‎1.两种模型 ‎2.求解瞬时加速度的一般思路 ‎【例1】 (2019·山东泰安模拟)如图1所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上。两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态。已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.弹簧弹力大小为mg B.球B的加速度为g C.球A受到的支持力为mg D.球A的加速度为g 解析　剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有改变，则F合＝＝mg，aB＝g，选项A、B错误；剪断细绳前，A球的重力大小GA＝2F绳cos 30°＝mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos 30°＝mg，选项C错误；剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin 30°＝g，选项D正确。‎ 答案　D ‎【拓展延伸】　(1)如图2甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？‎ ‎(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？‎ ‎(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？‎ 图2‎ 答案　(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0。‎ ‎(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0。‎ ‎(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。‎ ‎1.(多选)(2019·山东烟台测试)如图3所示，两个质量为m1＝2 kg，m2＝3 kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝40 N、F2＝10 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.弹簧秤的示数是28 N B.弹簧秤的示数是30 N C.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为6 m/s2‎ D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2‎ 解析　以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度 a＝＝6 m/s2，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28 N，选项A正确，B 错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，选项C正确；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，m2的加速度a′＝＝ m/s2＝‎ ‎9.33 m/s2，选项D错误。‎ 答案　AC ‎2. (2019·河北衡水中学调研)如图4所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着小球A，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)‎ 图4‎ A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0‎ C.aA＝g，aB＝0 D.aA＝2g，aB＝0‎ 解析　水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图。‎ 静止时，T＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1′，又F1＝F1′，F1＝mBg＝mAg；水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以aA＝＝2g，aB＝0，故选项D正确。‎ 答案　D ‎　动力学的两类基本问题 ‎1.解决动力学两类问题的两个关键点 ‎2.解决动力学基本问题的处理方法 ‎(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。‎ ‎(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。‎ ‎【例2】 (2019·山东德州市期末)如图5所示，在建筑装修中，工人用质量m＝‎ ‎5 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图5‎ ‎(1)图(a)中，磨石A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1，当F1＝50 N时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，如图(b)所示，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，求磨石A从静止开始沿斜壁向上运动0.5 m(斜壁长＞0.5 m)所用的时间。 ‎ ‎【思路点拨】　(1)对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可求得磨石受到的摩擦力，再根据滑动摩擦力的公式求得动摩擦因数μ。‎ ‎(2)对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，根据位移时间关系即可求解。‎ 解析　(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即 Ff＝F1cos θ＝40 N，μ＝＝＝0.5。‎ ‎(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。‎ 在沿斜面方向有：(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma；‎ 在垂直斜面方向上有：‎ FN＝(F2－mg)sin θ；‎ 则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ，解得a＝1 m/s2，‎ 沿斜壁向上运动中，根据x＝at2，解得t＝1 s。‎ 答案　(1)0.5　(2)1 s 两类动力学问题的解题步骤 ‎　　　　　　‎ ‎1.(多选)(2019·徐州质检)如图6所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　)‎ 图6‎ A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 解析　物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2 s，选项A错误，B正确；减速到零后，恒力Fm2)，m2下端用一细绳与木箱相连，平衡时台秤的示数为某一数值；今剪断m2下端细绳，在m1下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数将(　　)‎ 图9‎ A.变大 B.变小 C.不变 D.不能判定 解析　剪断m2下端细绳后，两物体都是加速运动的，由于m1>m2，所以系统处于失重状态，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，如图10所示。以下说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.人受到的摩擦力水平向左 B.人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力 C.人处于超重状态 D.扶梯对人的作用力竖直向上 解析　设人的加速度大小为a，人的加速度斜向下，设扶梯与水平方向的夹角为θ，将加速度分解到水平和竖直方向得 ax＝acos θ，方向水平向右；ay＝asin θ ‎，方向竖直向下，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macos θ，方向水平向右，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。由于人有竖直向下的分加速度，所以人处于失重状态，选项A、C错误；根据牛顿第三定律可知，人对扶梯的压力等于扶梯对人的支持力，选项B正确；人受到扶梯的向右的摩擦力和向上的支持力，其合力方向不是竖直方向，选项D错误。‎ 答案　B 分析超、失重问题的两点注意 ‎(1)不管物体的加速度是否沿竖直方向，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。‎ ‎(2)发生超失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)比重力大或比重力小。　　　　　　 ‎ 科学思维系列——“光滑斜面”模型 ‎1.模型特点：如图11所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑固定斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：‎ 图11‎ ‎(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。‎ 关系式为t＝ 。‎ ‎(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。‎ 关系式为v＝。‎ ‎2.应用类型 ‎(1)等高的斜面，如图甲所示。‎ ‎(2)同底的斜面，如图乙所示。‎ ‎(3)解决方法 ‎【典例】 (2019·合肥质检)如图12所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)‎ 图12‎ A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB>tCD>tEF C.tABtCD>tEF，选项B正确。‎ 答案　B ‎[即学即练]‎ ‎1.如图13所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A.滑到底端时的速度相同 B.滑到底端所用的时间相同 C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短 D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短 解析　关系式v＝可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项A错误；由关系式t＝ 可知物体在倾角θ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项D正确。‎ 答案　D ‎2.一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是(　　)‎ 解析　如图，设房顶宽为2b，高度为h，斜面倾角为θ。‎ 由图中几何关系有h＝btan θ 由运动学关系可得t＝ 联立解得t＝，可见，当θ＝45°时，t最小，选项C正确。‎ 答案　C 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ 基础巩固练 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则(　　)‎ 图1‎ A.携带弹药越多，加速度越大 B.加速度相同，与携带弹药的多少无关 C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D.携带弹药越多，滑行时间越长 答案　D ‎2.如图2，一物块在水平拉力(大小为F)的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，其加速度为a。若保持力的大小不变，而方向与水平面成30°角，物块也做匀加速直线运动，加速度大小也为a。则物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ 图2‎ A. B.2－ ‎ C.2＋ D. 解析　物块在水平拉力的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动时，有：F－Ff＝ma，Ff＝μmg；当保持力的大小不变，而方向与水平面成30°角时，有：Fcos 30°－Ff′＝ma，Ff′＝μ(mg－Fsin 30°)，联立解得物块与桌面间的动摩擦因数μ＝2－，选项B正确。‎ 答案　B ‎3.(2019·北京清华附中模拟)体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是 图3‎ A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力 B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力 C.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大 D.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变 解析　在上升和下降过程中，人都是从静止开始，最终又回到静止状态，故上升时是先超重后失重，下降时是先失重后超重，而超重时是单杠对人的用力大于人的重力，失重时是单杠对人的作用力小于人的重力，故选项A、B均错误；若增大两手间的距离，由于两手的合力等于人的重力，而重力不变，故两个分力的夹角越大，则需要分力也就越大，故选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎4. (2018·4月浙江选考)如图4所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是(　　)‎ 图4‎ 解析　体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选C。‎ 答案　C ‎5. (2018·上海浦东二模)如图5所示，细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点，小球处于静止状态。将细绳烧断的瞬间，小球的加速度方向(　　)‎ 图5‎ A.沿BO方向 B.沿OB方向 C.竖直向下 D.沿AO方向 解析　小球平衡时，对小球受力分析，重力、弹簧弹力、绳的拉力，当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力、弹力不变，所以重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向，故D正确。‎ 答案　D ‎6.(2018·11月浙江选考)如图6所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是(　　)‎ 图6‎ A. 5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s 解析　小车在AB段，由题意知f＝μmg，得μ＝0.2，其加速度大小为a1＝μg＝‎ ‎2 m/s2，由运动学公式得LAB＝v0t1－a1t ，解得t1＝3 s，或t1′＝7 s(舍去)。从B到C运动时，如图所示，LBC＝2Rsin θ，加速度为a2＝gsin θ，所以LBC＝a2t，得t2＝2 s，所以从A到C的时间为t＝t1＋t2＝5 s。‎ 答案　A ‎7.如图7所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为(　　)‎ 图7‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析　物块从A到B根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g。从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g。设小物块在A点时速度大小为 v，则在B点时速度大小为，由于AB＝BC＝l，由运动学公式知，从A到B：‎ －v2＝－2μ1gl，从B到C：0－＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎8.在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经 ‎8.1 km后恢复到原速324 km/h。(取g＝10 m/s2)‎ 图8‎ ‎(1)求列车减速时的加速度大小；‎ ‎(2)若该列车总质量为8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；‎ ‎(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。‎ 解析　(1)开始速度v＝324 km/h＝90 m/s，列车减速时加速度大小a1＝＝‎ ‎0.3 m/s2。‎ ‎(2)驶离车站的加速度大小a2＝＝0.5 m/s2，由F－kmg＝ma得牵引力F＝m(kg＋a)＝1.2×106 N。‎ ‎(3)减速位移x1＝＝13 500 m，加速时间t3＝＝180 s。列车从开始减速到恢复原速过程中的平均速度＝＝30 m/s。‎ 答案　(1)0.3 m/s2　(2)1.2×126 N　(3)30 m/s ‎ 综合提能练 ‎9.(多选)如图9所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用v1、v2分别表示滑环到达a 点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则(　　)‎ 图9‎ A.v1＞v2 B.v1＜v2 C.t1＝t2 D.t1＜t2‎ 解析　因b环开始的竖直高度大于c，根据v＝可知，v1＞v2，选项A正确，B错误；过a点做竖直线，分别做经过c点和b点的等时圆如图所示，由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1

查看更多