高考物理总复习第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律基本应用

第2讲牛顿第二定律基本应用一、瞬时问题1.当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。2.轻绳(或轻杆)和轻弹簧(或橡皮条)的区别如图1图1甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力立即变为0。(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为0。(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)两端与其他物体连接时，轻弹簧(或橡皮条)的弹力不能发生突变。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。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。三、超重和失重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。(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。4.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。【自测在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中()A.物体受到的重力增大B.物体处于失重状态C.电梯可能正在加速下降D.电梯可能正在加速上升答案D解析物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。命题点一瞬时问题的两类模型1.两种模型2.解题思路【例1(2021·江苏扬州市质检)如图2甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列结论正确的是()图2A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq\f(4,3)mgB.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(4,3)gC.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq\f(5,3)gD.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq\f(5,3)g答案C解析甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq\f(FT,m)＝eq\f(5,3)g，故C正确，B、D错误。【针对训练1】(多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图3甲、乙所示，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间()图3A.两图中两球加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为零C.图甲中B球的加速度为2gsinθD.图乙中B球的加速度为gsinθ答案CD解析撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，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，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故C、D正确，A、B错误。命题点二动力学的两类基本问题1.基本思路2.基本步骤3.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。已知物体受力，分析物体运动情况【真题示例2(2021·全国甲卷，14)如图4，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()图4A.逐渐增大 B.逐渐减小C.先增大后减小 D.先减小后增大答案D解析设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq\f(l,cosθ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2，得eq\f(l,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得t＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，当2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。【例3(2021·广东新高考八省大联考)如图5所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。则图5(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？答案(1)6m/s(2)1.95s解析(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma解得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2M到B，根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/s＝6m/s。(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得a1＝10m/s2根据速度与位移关系式可知veq\o\al(2,B)＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑下滑时根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝(0.6＋eq\f(3\r(5),5))s＝1.95s。【针对训练2】(2021·湖北武汉市4月质检)血液可视为由红血球和血浆组成。将装有血液的试管竖直放置，红血球会在血液中下沉。假设红血球只受粘滞阻力作用，且所受的粘滞阻力F与下沉速度v成正比，测得一红血球以初速度v0沿直线下沉的最大位移为x1，若该红血球以初速度eq\f(v0,n)沿直线下沉的最大位移记为x2，则eq\f(x2,x1)等于()A.eq\f(n－1,n) B.eq\f(1,n＋1)C.eq\f(1,n) D.eq\f(2n,n＋1)答案C解析粘滞阻力F与下沉速度v成正比，即F＝kv，把下沉过程分成无数小段，每一小段的运动近似看作匀变速直线运动，则红血球以初速度v0沿直线下沉时，有F1＝kv0＝ma1，则a1＝eq\f(kv0,m)，由运动学公式veq\o\al(2,0)＝2a1x1，解得x1＝eq\f(mv0,2k)，同理，红血球以初速度eq\f(v0,n)沿直线下沉时，有F2＝keq\f(v0,n)＝ma2，则a2＝eq\f(kv0,mn)，由运动学公式(eq\f(v0,n))2＝2a2x2，解得x2＝eq\f(mv0,2kn)，所以eq\f(x2,x1)＝eq\f(1,n)，故C正确。已知物体运动情况，分析物体受力【真题示例4(2021·浙江6月选考，19)机动车礼让行人是一种文明行为。如图6所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。图6(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。答案(1)4s2.5×103N(2)20s(3)5eq\r(5)m/s解析v1＝36km/h＝10m/sv2＝54km/h＝15m/s(1)根据平均速度公式得t1＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\f(2s,v1)解得刹车时间t1＝4s刹车加速度a＝eq\f(－v1,t1)＝－2.5m/s2根据牛顿第二定律得－Ff＝ma解得Ff＝2.5×103N。(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝eq\f(l＋L,v0)＝24s汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20s。(3)根据速度与位移关系式得v2－veq\o\al(2,2)＝2as解得v＝5eq\r(5)m/s。【针对训练3】(2021·辽宁葫芦岛市期末)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103kg时，起飞离地速度为78m/s，装载弹药后质量为2.56×103kg。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。答案(1)96m/s(2)3.75s6.55×104N解析(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kveq\o\al(2,1)＝m1g装载弹药后起飞时，有kveq\o\al(2,2)＝m2g解得v2＝96m/s。(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝eq\f(v2,2)t解得t＝3.75s由v2＝at得a＝eq\f(v2,t)＝25.6m/s2飞机水平方向所受合力F水平＝m2a解得F＝6.55×104N。题型自我感悟动力学两类基本问题是运动学公式和牛顿第二定律的综合应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力。通过以上5个题目的分析，请你回答以下问题：1.从以上题目可以看出，高考命题通过设计长平板、红血球、机动车和航空母舰等实际物体的运动为背景，来考查学生的什么能力？提示把实际物体模型化，看成质点；把实际物体的运动简化成我们熟悉的运动模型，即运动情景的模型化，主要考查学生物理建模的能力。2.动力学方法是我们分析问题的基本方法，此类题目解题的关键是什么？提示在建立运动模型的基础上，要抓住两个分析：即“运动分析”和“受力分析”，根据牛顿第二定律或者运动学公式求出加速度。命题点三超重与失重现象1.对超重和失重的理解(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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但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.判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重【真题示例5(2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图7所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()图7A.0～t1时间内，v增大，FN>mgB.t1～t2时间内，v减小，FN<mgC.t2～t3时间内，v增大，FN<mgD.t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确。【针对训练4】(2021·北京西城区一模)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图8所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图9所示的图像。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是()图8图9A.t＝5s时电梯处于失重状态B.8～9s内电梯在做减速运动C.10～15s内电梯在上行D.17～20s内电梯在下行答案C解析t＝5s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯处于超重状态，A错误；t＝0时，电梯处于静止状态，一小段时间后，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯一定加速上升，8～9s内，电梯的加速度仍为正值，方向竖直向上，可知电梯在加速上升，B错误；t＝10s时，电梯的加速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10～15s内，电梯的加速度为零，电梯以最大速度匀速上行，C正确；15～20s内，电梯的加速度为负值，方向竖直向下，电梯向上做减速运动。由对称性可知，t＝20s时，电梯的速度减为零，则17～20s内电梯仍在上行，D错误。对点练瞬时问题1.(2021·安徽庐江月考)如图1所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1：a2为()图1A.1∶1 B.2∶1C.eq\r(3)∶1 D.2eq\r(3)∶1答案C解析a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa＝mgcos30°Fb＝mgcos60°剪断a绳瞬间a1＝eq\f(Fa,m)＝gcos30°剪断b绳瞬间，a2＝eq\f(Fb,m)＝gcos60°所以a1∶a2＝cos30°∶cos60°＝eq\r(3)∶1C正确。2.如图2所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为(重力加速度为g)()图2A.都等于eq\f(g,2) B.0和eq\f(（m1＋m2）g,2m2)C.eq\f(（m1＋m2）g,2m2)和0 D.0和eq\f(g,2)答案B解析在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力大小相等；在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，大小仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它沿斜面向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得aB＝eq\f(m1gsin30°＋m2gsin30°,m2)＝eq\f(（m1＋m2）g,2m2)，故B正确，A、C、D错误。3.如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，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3A.aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0C.aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D.aA＝2eq\r(3)g，aB＝0答案D解析水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2eq\r(3)mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，故D正确。对点练动力学的两类基本问题4.(2021·河北保定模拟)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图4所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()图4A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C.(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D.(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)答案C解析由牛顿第二定律可得，上升时mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；下滑时mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，x2＝x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，t2＝eq\f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故选项C正确。5.如图5所示，凤靡全球的《蜘蛛侠2》电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1×106kg的速度为360km/h飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前方400m断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，g取10m/s2，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为()图5A.1×105N B.1×106NC.1×107N D.1×108N答案C解析F阻＝0.25mg＝2.5×106N，v0＝360km/h＝100m/s，由veq\o\al(2,0)＝2ax得列车做匀减速运动的加速度的大小为a＝eq\f(veq\o\al(2,0),2x)＝12.5m/s2。由牛顿第二定律知F阻＋f＝ma，代入数据得f＝1×107N，故选项C正确。对点练超重与失重现象6.(2021·北京东城区期末)下列属于超重现象的是()A.汽车驶过拱形桥顶端B.航天器随火箭从地面向上加速发射C.人在电梯中随电梯减速上升D.宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动答案B解析汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，C错误；宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力作为向心力，宇宙飞船处于完全失重状态，D错误。7.如图6所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则()图6A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0C.L2＜L1＝L0 D.L2＞L1＝L0答案C解析当圆筒竖直向下做加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒竖直向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2<L0，因此L1＝L0＞L2，C正确。8.纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。如图7甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是()图7A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力C.在C点时人达到最大速度D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点答案C解析人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选项错误。9.(2021·浙江杭州4月质检)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5s，然后再经匀减速t3＝4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10m/s2，求：图8(1)物品运动过程中的最大速率；(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。答案(1)5m/s(2)1.25m/s210m(3)