必修1 第三章 第2讲.docx

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必修1第三章第2讲

第2讲　牛顿第二定律的应用

知识排查

牛顿第二定律的瞬时性牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致。

当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。

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，具体逻辑关系如下

超重和失重

1.超重

（1）定义：

物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）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：

物体对悬挂物的拉力（或对支持物的压力）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：

物体对竖直悬挂物的拉力（或对支持物的压力）等于零的现象称为完全失重。

（2）产生条件：

物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

4.对超重和失重的“三点”深度理解

（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）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。

小题速练

1.思考判断

（1）物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。

（　　）

（2）对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。

（　　）

（3）超重就是物体的重力变大的现象。

（　　）

（4）失重时物体的重力小于mg。

（　　）

（5）加速度等于g的物体处于完全失重状态。

（　　）

（6）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。

（　　）

答案　

（1）√　

（2）√　（3）×　（4）×　（5）×　（6）×

2.（多选）（2019·宜宾市一诊）由牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为（　　）

图1

A.牛顿第二定律不适用于静止物体

B.有加速度产生，但数值很小，不易觉察

C.静摩擦力等于水平推力，所以桌子静止不动

D.桌子所受合力为零，加速度为零，所以静止不动

答案　CD

3.（2019·金陵中学模拟）如图2所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。

当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

下列说法中正确的是（　　）

图2

A.滑块一直做匀变速直线运动

B.t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上

C.t＝2s时，滑块恰好又回到出发点

D.t＝3s时，滑块的速度为4m/s

解析　滑块上滑过程mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，下滑过程mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，故A错误；上滑时间t1＝

＝1s，上滑距离x＝

＝5m，下滑过程x＝

a2t

，解得t2＝

s，故B、C错误；t＝3s时，滑块还处于下滑阶段，v＝a2（t－1）＝4m/s，故D正确。

答案　D

　牛顿第二定律的瞬时性

两种模型

【例1】　两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图3所示。

现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g则（　　）

图3

A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g

C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0

解析　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确。

答案　A

【拓展1】　把“轻绳”换成“轻弹簧”在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图4所示，则【例1】选项中正确的是（　　）

图4

解析　剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确。

答案　D

【拓展2】　改变平衡状态的呈现方式

把【拓展1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图5所示，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，则下列说法正确的是（　　）

图5

A.aA＝0　aB＝

gB.aA＝g　aB＝0

C.aA＝g　aB＝gD.aA＝0　aB＝g

解析　细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。

烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，故选项B正确。

答案　B

1.求解瞬时加速度的一般思路

2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。

1.（2018·上海浦东二模）如图6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6

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

2.如图7，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。

现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为（g取10m/s2）（　　）

图7

A.0B.2.5NC.5ND.3.75N

解析　当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体与A物体突然有了相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对A、B整体受力分析可知，整体受重力G＝（mA＋mB）g＝20N，弹力为F＝mAg＝15N，由牛顿第二定律G－F＝（mA＋mB）a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75N，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”。

考向

　已知受力情况求运动问题

【例2】　（2014·全国卷Ⅰ，24）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。

当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。

通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。

当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。

设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的

。

若要求安全距离仍为120m，g＝10m/s2，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

解析　设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得

μ0mg＝ma0①

x＝v0t0＋

②

式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度，

设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝

μ0③

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg＝ma④

x＝vt0＋

⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v＝20m/s（或72km/h）⑥

答案　20m/s（或72km/h）

考向

　已知运动情况求受力问题

【例3】　2017年12月17日上午10时34分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾驶的C919第二架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。

飞机完成预定试飞科目后于12时34分安全返航着陆。

对起飞BC段和降落DE段过程进行观察，模型如图8所示，记录数据如下表，如将起飞后BC段和降落前DE段均简化成匀变速直线运动。

（取g＝10m/s2）

图8

运动过程

运动时间

运动状态

起飞BC段

10时34分～

10时54分

初速度v0＝170节≈88m/s

末速度v＝253节≈130m/s

降落DE段

12时9分～12时34分

着陆时的速度vt＝140节≈72m/s

（1）求C919匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；

（2）求C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值；

（3）试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。

（只写出结果即可，不需论述理由）

解析　

（1）C919匀加速运动过程中

Δt1＝20min＝1200s

a1＝

＝

m/s2＝0.035m/s2

x1＝

（v0＋v）Δt1＝

×（88＋130）×1200m＝130800m

所以C919匀加速运动过程中加速度大小a1＝0.035m/s2，

位移大小为x1＝130800m

（2）C919匀减速运动过程

Δt3＝25min＝1500s

加速度大小a2＝

＝

m/s2≈0.039m/s2

根据牛顿第二定律得到F＝ma

C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值

k＝

＝

＝0.0039

（3）上升过程中飞机对飞行员的力大于重力；

下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。

答案　

（1）0.035m/s2　130800m　

（2）0.0039

（3）见解析

两类动力学问题的解题步骤

1.如图9所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。

若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。

重力加速度为g，求：

图9

（1）鱼入水时的速度v；

（2）鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；

（3）鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。

解析　

（1）由v2＝2gH，得v＝2

（2）因h1＝

t1，h2＝

t2，得

＝

（3）2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1

得F1＝3mg，同理得F2＝

mg，

所以

＝

答案　

（1）2

（2）2∶3　（3）9∶7

2.如图10所示，质量为10kg的环（图中未画出）在F＝200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。

力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零。

（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：

图10

（1）环与杆之间的动摩擦因数μ；

（2）环沿杆向上运动的总距离x。

解析　

（1）在力F作用0.5s内根据牛顿第二定律有

Fcosθ－mgsinθ－f＝ma1，

Fsinθ＝N＋mgcosθ，

f＝μN，

设0.5s末速度为v，

根据运动学公式有v＝a1t1，

撤去F后0.4s内

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，

v＝a2t2，

联立以上各式得μ＝0.5，

a1＝8m/s2，

a2＝10m/s2，

v＝a2t2＝4m/s。

（2）x＝

a1t

＋vt2－

a2t

＝1.8m。

答案　

（1）0.5　

（2）1.8m

　超重和失重问题

超重和失重的判断方法

（1）若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。

（2）若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。

（3）物体超重、失重与运动状态的关系

考向

　超重、失重现象的判断

【例4】　（多选）如图11所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（　　）

图11

A.在第—过程中始终处于失重状态

B.在第二过程中始终处于超重状态

C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态

D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态

解析　运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。

答案　CD

考向

　根据超重、失重现象判断物体的受力情况

【例5】　（多选）（2015·江苏单科）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图12所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图12

A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小

C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小

解析　当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5s时压力最小，选项D正确。

答案　AD

1.（2019·山东德州模拟）几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。

电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图13甲所示。

然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。

图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。

根据记录，进行推断分析，其中正确的是（　　）

图13

A.根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动

B.根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态

C.根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动

D.根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态

解析　图甲表示电梯静止时体重计的示数，图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，A正确；图丙示数小于静止时体重计的示数，处于失重状态，故B错误；图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误。

答案　A

2.（2018·广东佛山二模）如图14甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。

若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图乙所示。

则下列相关说法正确的是（　　）

图14

A.t＝4.5s时，电梯处于失重状态

B.5～55s时间内，绳索拉力最小

C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态

D.t＝60s时，电梯速度恰好为零

解析　利用a－t图像可判断：

t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，选项D正确。

答案　D

科学思维系列——“光滑斜面”模型和“等时圆”模型

模型1　“光滑斜面”模型

如图15所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：

图15

（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＝

。

【典例1】　如图16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16

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

【即学即练1】　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＝btanθ

由关系式t＝

可知，

t＝

，联立解得t＝

，

可见，当θ＝45°时，t最小，选项C正确。

答案　C

模型2　“等时圆”模型

1.三种模型（如图17）

图17

2.等时性的证明

图18

设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d（如图18）。

根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为x＝dsinα，所以运动时间为t0＝

＝

＝

。

即沿同一起点（圆的最高点）或终点（圆的最低点）的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。

【典例2】　（2018·合肥质检）如图19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19

A.tAB＝tCD＝tEF　　B.tAB>tCD>tEF

C.tAB

解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，选项B正确。

答案　B

思维模板

【即学即练2】　如图20所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于点A，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。

已知在同一时刻，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。

丙球由C点自由下落到M点。

则（　　）

图20

A.甲球最先到达M点B.乙球最先到达M点

C.丙球最先到达M点D.三个球同时到达M点

解析　设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2

；丙做自由落体运动，有t丙＝

，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。

答案　C

课时作业

（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.（2017·海南卷）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。

由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m。

汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（　　）

A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s

解析　由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8m/s2

由v2－v

＝－2ax得v0＝

＝

m/s＝20m/s，故选项B正确。

答案　B

3.（2018·4月浙江选考）如图2所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。

下列F－t图像能反映体重计示数随时间变化的是（　　）

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，因此选项C正确。

答案　C

4.（2019·绵阳市一诊）如图3所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为（　　）

图3

A.0

B.大小为10m/s2，方向竖直向下

C.大小为5

m/s2，方向斜向右下方

D.大小为5m/s2，方向斜向右下方

解析　小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为N＝mgcos30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力N大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得mgcos30°＝ma，解得a＝5

m/s2，方向斜向右下方，选项C正确。

答案　C

5.（2019·黄石模拟）如图4，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态。

现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中（　　）

图4

A.弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动

B.弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动

C.加速度先增大后减小

D.加速度一直减小

解析　对小球受力分析如图所示

弹簧恢复原长以前，由牛顿第二定律得

kx＋mgsinθ＝ma1

a1＝

由上式可知小球在下滑过程中x减小，a1减小，小球做加速度减小的加速运动。

当弹簧处于压缩状态过程中，

mgsinθ－kx＝ma2

a2＝gsinθ－

所以小球在下滑过程中，x增大，a2减小，当a2＝0时速度最大，这时小球继续下滑，加速度的方向变为向上，即小球做减速运动，选项B正确。

答案　B

6.在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经

8.1km后恢复到原速324km/h。

g取10m/s2。

图5

（1）求列车减速时的加速度大小；

（2）若该列车总质量为8.0×105kg，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）列车的速度v＝324km/h＝90m/s

经过t1＝5min＝300s停下，所以加速度