高三物理一轮复习专题讲义第32讲 牛顿第二定律的应用.docx
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高三物理一轮复习专题讲义第32讲牛顿第二定律的应用
第2讲 牛顿第二定律的应用
知识要点
一、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。
二、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
三、超重和失重
1.超重
(1)定义:
物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)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(或支持物的压力)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。
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。
基础诊断
1.关于超重和失重的下列说法中,正确的是( )
A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了
B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态
D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化
答案 D
2.在儿童蹦极游戏中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳,质量为m的小明如图1所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。
若此时小明左侧橡皮绳断裂,则此时小明的( )
图1
A.加速度为零,速度为零
B.加速度a=g,方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C.加速度a=g,方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D.加速度a=g,方向竖直向下
解析 根据题意,腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。
小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,大小等于mg,所以小明的加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,选项B正确。
答案 B
3.(2019·乐山模拟)如图2所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。
工人用F=80N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4s后松手(g取10m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6)。
求:
图2
(1)松手前铸件的加速度大小;
(2)松手后铸件还能前进的距离。
解析
(1)松手前,对铸件由牛顿第二定律得
a=
=1.3m/s2。
(2)松手时铸件的速度v=at=5.2m/s
松手后的加速度大小a′=
=μg=2.5m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离s=
=5.408m。
答案
(1)1.3m/s2
(2)5.408m
牛顿第二定律的瞬时性
1.两种模型
2.抓住“两关键”,遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)“四个步骤”
第一步:
分析原来物体的受力情况。
第二步:
分析物体在突变时的受力情况。
第三步:
由牛顿第二定律列方程。
第四步:
求出瞬时加速度,并讨论其合理性。
【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 由于轻绳张力可以突变,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
拓展提升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
拓展提升2 改变平衡状态的呈现方式
把【拓展1
中的情景改为放置在倾角为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 在细线被烧断的瞬间,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.如图6所示,质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,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,则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)( )
图6
A.0 B.2.5N
C.5N D.3.75N
解析 剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹=mAg=15N,将细线剪
断的瞬间,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,解得a=2.5m/s2,隔离B,则有mBg-N=mBa,代入数据解得N=mBg-mBa=3.75N,D正确。
答案 D
2.(多选)如图7所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,斜面上有三个小球A、B、C,上端固定在斜面顶端的轻绳a,下端与A相连,A、B间由轻绳b连接,B、C间由一轻杆相连。
初始时刻系统处于静止状态,轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。
已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m,重力加速度大小为g。
现将轻绳b烧断,则烧断轻绳b的瞬间,下列说法正确的是( )
图7
A轻绳a的拉力大小为6mgsinθ
B.B的加速度大小为gsinθ,方向沿斜面向下
C.C的加速度为0
D.杆的弹力为0
解析 轻绳b被烧断的瞬间,A受力平衡,合力为零,则轻绳a的拉力大小T=mgsinθ,选项A错误;轻绳b被烧断的瞬间,B、杆与C的加速度相同,对B、杆和C整体进行受力分析,并根据牛顿第二定律有(2m+3m)gsinθ=(2m+3m)a0,解得a0=gsinθ,方向沿斜面向下,可知选项B正确,C错误;对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ+F=2ma0,解得杆对B的弹力F=0,选项D正确。
答案 BD
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
已知受力情况分析运动问题
【例2】(2019·嘉兴一模)如图8甲所示,滑沙运动时,沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。
假设滑沙者的速度超过8m/s时,滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1=0.5变为μ2=0.25。
如图乙所示,一滑沙者从倾角θ=37°的坡顶A处由静止开始下滑,滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面,最后停在C处。
已知沙板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3=0.4,AB坡长L=20.5m,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,不计空气阻力,求:
图8
(1)滑沙者到B处时的速度大小;
(2)滑沙者在水平地面上运动的最大距离;
(3)滑沙者在AB段与BC段运动的时间之比。
解析
(1)滑沙者在斜面上刚开始运动时速度较小,
设经过t1时间下滑速度达到8m/s,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1
解得a1=2m/s2
所以t1=
=4s
下滑的距离为s1=
a1t
=16m
接下来下滑时的加速度a2=gsinθ-μ2gcosθ=4m/s2
下滑到B点时,有v
-v2=2a2(L-s1)
解得vB=10m/s。
(2)滑沙者在水平地面减速时的加速度大小a3=μ3g=4m/s2
所以能滑行的最远距离s2=
=12.5m。
(3)滑沙者速度从8m/s增大到10m/s所用时间
t2=
=0.5s
在斜面上滑行的总时间T1=t1+t2=4.5s,
在水平地面上减速的时间T2=
=2.5s
所以时间之比
=
。
答案
(1)10m/s
(2)12.5m (3)9∶5
考向
已知运动情况分析受力问题
【例3】我国第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥,歼-20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。
假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20以50m/s的初速度离地,开始竖直向上飞行。
该飞机在10s内匀加速到3060km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.1km。
假设加速阶段所受阻力恒为重力的
。
已知该歼-20战机质量为20t,g取10m/s2,忽略战机因油耗等导致的质量变化。
图9
(1)请计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥;
(2)求本次飞行测试中歼-20战机匀速飞行的时间;
(3)该次测试中,求在加速阶段歼-20发动机提供的推力大小。
解析
(1)3060km/h=850m/s
加速阶段的加速度大小a=
=80m/s2
因为a<9g,因此飞行员不会晕厥。
(2)在匀加速阶段,飞机上升的高度为
s=v0t+
at2=4500m
所以匀速上升的时间为t′=
=
s=16s。
(3)根据牛顿第二定律得F-f-mg=ma
代入数据解得F=1.84×106N。
答案
(1)不会,计算过程见解析
(2)16s (3)1.84×106N
1.如图10甲所示,一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”。
如图乙所示,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10
(1)鱼入水时的速度大小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大小之比F1∶F2。
解析
(1)鱼上升过程,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.(2018·4月浙江选考,19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。
如图11所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。
若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。
求:
图11
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鹅在冰面上滑动的加速度大小;
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。
(计算结果可用根式表示)
解析
(1)在企鹅向上“奔跑”过程中有s=
at2,
解得s=16m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动,第一个过程是从卧倒到最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
解得a1=8m/s2,a2=4m/s2。
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设时间为t′,位移为s′
t′=
,s′=
a1t′2,解得s′=1m。
企鹅从最高点滑到出发点的过程中,设末速度为vt,初速度为0,则有v
-02=2a2(s+s′)
解得vt=2
m/s≈11.7m/s。
答案
(1)16m
(2)上滑过程a1=8m/s2 下滑过程a2=4m/s2 (3)2
m/s(或11.7m/s)
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)(2019·江苏一模)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。
简化后模型如图12所示,直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接,D为圆弧最高点,整个装置在竖直平面内,吊车先加速从A点运动到C点,再匀速率通过CDE。
吊车经过B、D处时,关于物体M受力情况的描述正确的是( )
图12
A.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向左
B.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向右
C.过D点时,处于失重状态,一定不受摩擦力作用
D.过D点时,处于失重状态,底板支持力一定为零
解析 吊车从A向C运动的过程中,加速度的方向斜向上,在竖直方向的分加速度向上,所以物体M处于超重状态;同时吊车水平方向的分加速度的方向向右,所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右,故A项错误,B项正确;吊车经过D点时,做匀速圆周运动,则物体M的加速度的方向竖直向下,处于失重状态;在水平方向物体M不受摩擦力,故C项正确;由于加速度大小未知,不能判断出吊车的底板对M的支持力是否为零,D项错误。
答案 BC
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13所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力( )
图13
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.(多选)飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全失重状态时,下列说法正确的是( )
A.宇航员不受任何力作用
B.宇航员处于平衡状态
C.地球对宇航员的引力全部用来提供向心力
D.正立和倒立时宇航员感觉一样
解析 飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立的感觉一样,选项D正确。
答案 CD
2.(2018·4月浙江选考,8)如图14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( )
解析 体重计的示数等于人所受支持力的大小,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
3.如图15,斜面固定,CD段光滑,DE段粗糙,A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑,下滑过程中A、B始终保持相对静止,则( )
图15
A.在CD段时,A受三个力作用
B.在DE段时,A的加速度一定平行于斜面向上
C.在DE段时,A受摩擦力方向一定沿斜面向上
D.整个下滑过程中,A、B均处于失重状态
解析 设斜面倾角为θ,在CD段,整体的加速度a=
=gsinθ,对A,由牛顿第二定律得:
mAgsinθ+fA=mAa,解得fA=0,则A受重力和支持力两个力作用,故A错误;在DE段,A、B系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动,也可能做匀速直线运动,还可能向下做匀减速直线运动,加速度既可能向下,也可能向上,故B错误;设DE段物体B与斜面间的动摩擦因数为μ,在DE段,整体的加速度a=
=gsinθ-μgcosθ,对A,由牛顿第二定律得mAgsinθ+fA=mAa,解得fA=-μmAgcosθ,方向沿斜面向上,若匀速运动,A受到静摩擦力也是沿斜面向上,如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动,A、B系统加速度沿斜面向上,则A所受的摩擦力沿斜面向上,由以上分析可知,A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上,故C正确;在CD段A、B加速下滑,系统处于失重状态,在DE段系统可能向下做匀减速直线运动,加速度方向沿斜面向上,A、B处于超重状态,故D错误。
答案 C
课时作业
(时间:
40分钟)
基础巩固练
1.关于力学单位制的说法中正确的是( )
A.kg、m/s、N是导出单位
B.kg、m、J是基本单位
C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是g
D.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma
解析 kg是质量的单位,它是基本单位,所以A错误;国际单位制规定了七个基本物理量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量,它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J是导出单位,B错误;g也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的基本单位,所以C错误;牛顿第二定律的表达式F=ma,是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的,所以D正确。
答案 D
2.(多选)如图1所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。
由图线可知该同学( )
图1
A.体重约为650N
B.做了两次下蹲—起立的动作
C.做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约2s起立
D.下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析 做下蹲—起立的动作时,下蹲过程中先向下加速后向下减速,因此先处于失重状态后处于超重状态,D项错误;由图线可知,第一次下蹲4s末结束,到6s末开始起立,体重约为650N,所以A、C项正确,B项错误。
答案 AC
3.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/s
C.30m/sD.40m/s
解析 由牛顿第二定律得μmg=ma,即a=8m/s2,
由v
-v
=-2as得v0=
=
m/s=20m/s,故选项B正确。
答案 B
4.(多选)如图2甲所示为一条倾斜的传送轨道,B是传送货物的平台,可以沿着斜面上的直轨道运送物体。
某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜面轨道下端,运动过程可用如图乙所示的速度—时间图象表示。
下列分析中不正确的是( )
图2
A.0~t1时间内,B对A的支持力小于重力,摩擦力水平向右
B.t1~t2时间内,B对A的支持力等于重力,摩擦力水平向左
C.t2~t3时间内,B对A的支持力大于重力,摩擦力水平向右
D.0~t1时间内出现失重现象,t2~t3时间内出现超重现象
答案 BC
5.如图3所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态。
现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间( )
图3
A.木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A的加速度大小为2g
D.弹簧的弹性势能立即减小
解析 移开木块C前,由平衡条件可知,弹簧弹力大小为3mg,地面对B的支持力大小为4mg,因移开木块C瞬时,弹簧压缩量不变,则弹簧弹力、弹性势能均不变,选项B、D错误;木块C移开瞬间,木块B所受重力、弹簧的弹力不变,故地面对B的支持力也不变,由牛顿第三定律知,选项A错误;撤去木块C瞬间,对木块A,由牛顿第二定律有3mg-mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,选项C正确。
答案 C
6.(多选)如图4所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋处在水平方向上。
下列判断中正确的是( )
图4
A.在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力不变
B.在AC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθ
C.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为
D.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθ
解析 设小球静止时BC绳的拉力为F,AC橡皮筋的拉力为T,由平衡条件可得Fcosθ=mg,Fsinθ=T,解得F=
,T=mgtanθ。
在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F发生了突变,小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下,大小为a=
=gsinθ,B正确,A错误;在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等,方向沿BC方向斜向下,故加速度a=
=
,C正确,D错误。
答案 BC
7.如图5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5
A.1B.2C.3D.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,即
=3,故选项C正确,A、B、D错误。
答案 C
8.(2020·金陵中学模拟)如图6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6
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