浙江专版2024年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点突破练含解析

PAGE13-第2讲牛顿其次定律两类动力学问题考点1对牛顿其次定律的理解(c)【典例1】(2024·全国卷Ⅰ)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧复原原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 ()【解题思路】解答本题应留意两点:(1)对物块P由牛顿其次定律列方程。(2)对方程的变形式探讨F与x关系。【解析】选A。设弹簧的最大压缩量为l,依据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动,依据牛顿其次定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。【典例2】(2024·浙江11月选考真题)如图所示为某一嬉戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长为21m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m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。某次嬉戏中无动力小车在弹射装置D的作用下,以v0=10m/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 ()A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s【解题思路】解答本题应留意以下几点:【解析】选A。小车从A到B加速度为a=0.2g=2m/s2,LAB=v0t1-12at12,得t1=37s(舍去),从B到C运动时,LBC=2Rsinθ,加速度为a1=gsinθ,所以LBC=12a1t22,得t2=2s,所以从A到C的时间为t=t1+t2=5s。A正确,B、C、D1.(2024·宁波模拟)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来,弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我们可以把篮球下落的情景志向化:篮球脱离篮网静止下落,遇到水平地面后反弹,如此数次落下和反弹。若规定竖直向下为正方向,碰撞时间不计,空气阻力大小恒定,则下列图象中可能正确的是 ()【解析】选A。篮球向下运动时,受重力和空气阻力作用,依据牛顿其次定律有mg-f=ma1,解得a1=g-fm;篮球反弹向上运动时,受重力和空气阻力作用,依据牛顿其次定律有mg+f=ma2,解得a2=g+fm,联立得:a1<a2,即下落的加速度小于上升的加速度,故v-t图线正方向的斜率小于负方向的斜率,由于碰撞中存在能量损失,所以小球弹起时的速度越来越小,A正确,B、C、D均错误。故选2.(2024·海南高考)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/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s【解析】选B。刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg,加速度a=fm=μg=8m/s2;又有刹车线长25m,故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v=2as=2×8×25m/s=20m/s。故A、3.将一个小球从空中某点以初速度v0竖直向上抛出,若小球受到的空气阻力大小恒为Ff,经过一段时间后,小球落回到原抛出点,试求小球在上升与下降过程中所用时间之比,并定性画出小球运动过程的v-t图象。已知小球的质量为m,重力加速度为g。【解析】设小球上升及下降阶段的加速度大小分别为a1、a2。由牛顿其次定律有mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2。设小球上升的最大高度为H,小球上升及下降阶段所用的时间分别为t1、t2,由运动学规律有H=12a1tH=12a2tt1t2小球运动过程的v-t图象如图所示。答案:mg-牛顿其次定律的“五性”矢量性F=ma是矢量式,a与F同向瞬时性a与F对应同一时刻因果性F是产生a的缘由同一性a、F、m对应同一个物体,应用时统一运用SI制独立性每一个力都产生各自的加速度考点2牛顿其次定律的瞬时性(c)【典例3】(2024·浙江4月选考真题)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)()A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动【解题思路】解答本题应留意以下两点:(1)在完全失重状态下一切与重力有关的现象都消逝,如物体在水中不受浮力。(2)绳的弹力可以突变,弹簧的弹力不能突变。【解析】选D。起先时A球下的弹簧被压缩,弹力向上;B球下的弹簧被拉长,弹力向下。将挂吊篮的绳子剪断的瞬间,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力视为零,小球的重力也视为零,则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动。故选D。【总结提升】瞬时加速度的分析方法(1)牛顿其次定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时改变、同时消逝。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该瞬时前后的受力状况及改变。(2)明确轻杆、轻绳、轻弹簧、橡皮条等力学模型的特点:轻杆、轻绳的形变可瞬时产生或复原,故其弹力可以瞬时突变;轻弹簧、橡皮条在两端都连有物体时,形变复原需较长时间,其弹力大小与方向均不能突变。1.(易错专练:加速度的瞬时性)如图所示,质量分别为m、2m的小球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度的大小分别为 ()A.2F3,2F3m+g C.2F3,F3m+g D.【解析】选A。线断之前,对球A,由牛顿其次定律得:F-mg-F弹=ma,对球B,由牛顿其次定律得:F弹-2mg=2ma,两方程联立得:F弹=23F,当线断的瞬间,线上拉力减小为零。对球A有:mg+F弹=ma′,a′=2F3m2.一轻弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡时弹簧伸长了4cm,再将重物向下拉1cm,然后放手,则在释放瞬间重物的加速度是(g取10m/s2) ()A.2.5m/s2 B.7.5m/s2C.10m/s2 D.12.5m/s2【解析】选A。弹簧伸长量为4cm时,重物处于平衡状态,故mg=kΔx1;再将重物向下拉1cm,则弹簧的伸长量变为Δx2=5cm,在重物被释放瞬间,由牛顿其次定律可得kΔx2-mg=ma;由以上两式解得a=2.5m/s2,故选项A正确。加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时改变、同时消逝,详细可简化为以下两种模型:考点3动力学问题的解题步骤(c)【典例4】(2024·浙江4月选考真题)可爱的企鹅喜爱在冰面上玩嬉戏,如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止起先沿直线向上“奔跑”,t=8s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面对前滑行,最终退滑到动身点,完成一次嬉戏(企鹅在滑动过程中姿态保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin37°=0.60,cos37°=0.80。求: (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小。(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小。(3)企鹅退滑到动身点时的速度大小。(结果可用根式表示)【解题思路】解答本题应留意以下两点:关键点(1)企鹅上滑和下滑过程摩擦力分别沿斜面对下和向上。(2)上滑、下滑过程分别由F=ma,求解a上和a下。【解析】(1)“奔跑”过程x=12at2(2)上滑过程:a1=gsinθ+μgcosθ=8m/s2下滑过程:a2=gsinθ-μgcosθ=4m/s2(3)上滑位移x1=(at退滑到动身点的速度v2=2a2(x+x1),解得v=234m/s答案:(1)16m(2)上滑过程:8m/s2下滑过程:4m/s2(3)234m/s【典例5】(2024·浙江4月选考真题)如图是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18m/s,然后以最大速度匀速运动,最终以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549m。 (1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度,求加速度a1及上上升度h。(2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为60kg,求小明对电梯地板的压力。(3)求电梯匀速运动的时间。【解题思路】解答本题应留意以下两点:关键点(1)匀加速过程的时间t、最大速度vm已知,加速度由定义式求解。(2)匀加速、匀减速过程的平均速度均为vm【解析】(1)由运动学公式a1=v-v0电梯匀加速时的加速度a1=vm-0t1=18电梯匀加速上升的高度h=vm22(2)设小明受到电梯地板的支持力大小为FN由牛顿其次定律得FN-mg=ma1又m=60kg所以FN=ma1+mg=60×0.9N+60×10N=654N由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小F′N=FN=654N,方向竖直向下。(3)设电梯匀速运动的时间为t,对电梯整个上升过程有h总=vm2t1+vmt+vm2(t代入数据得t=6s答案:(1)0.9m/s2,方向竖直向上180m(2)654N,方向竖直向下(3)6s1.(2024·绍兴模拟)如图所示为航展上展出的JF-17B模型,据悉2016年4月27日,首架JF-17B“雷电”(中方称枭龙/FC-1战斗教练机)在中国成都飞机公司开工,标记着中巴JF-17项目又达到一个新的里程碑。在一次试飞展示任务中,质量分别为60kg、62kg的小明、小丁驾驶枭龙双座战斗教练机竖直向上运动,从某一时刻起以恒定加速度a加速上升40s,其中前20s时间内爬上升度400m,后20s时间内爬上升度800m,之后在竖直方向做匀减速运动,再经过50s到达最高点。取求:(1)枭龙双座战斗教练机在加速上升过程中的加速度大小a;(2)前40s内小明对驾驶座椅的作用力大小;(3)这90s内枭龙双座战斗教练机的位移大小。【解析】(1)依据匀变速运动推论Δx=a·T2得a=1m/s2(2)对小明受力分析,依据牛顿其次定律得F合=F-m1g=m1a,解得F=660N,依据牛顿第三定律,小明对驾驶座椅的竖直作用力方向向下,大小为660N;(3)设匀加速过程的初速度为v0,40s时的速度为v40,则v40=v0+at,x1=v0t+12at2,将a=1m/s2,t=40s,x1=400m+800m代入解得v0=10m/s,v40匀减速过程发生的位移x2=v402·t1,将t1=50s代入得x则x=x1+x2=2450m。答案:(1)1m/s2(2)660N(3)2450m2.2018年10月7日,在2024年蹦床世界杯葡萄牙站竞赛中,中国名将朱雪莹夺得冠军。图甲是我国运动员朱雪莹在蹦床竞赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的改变规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。g取10m/s2(1)由图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次起先向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为多少。(2)运动员离开蹦床的最大速度。(3)竞赛过程中运动员的最大加速度。【解析】(1)由图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次起先向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为:6.8s-3.6s=3.2s。(2)由图分析可知:运动员的重力等于500N,则运动员质量为m=50kg,由图读出运动员在空中运动的时间为T=8.4s-6.8s=1.6s,依据运动员在空中做竖直上抛运动时的对称性,上升和下落时间相等,所以运动员的初速度大小为:v=12gt=12×10(3)由牛顿其次定律:Fm-mg=mam又Fm=2500N,则am=40m/s2。答案:(1)3.2s(2)8m/s(3)40m/s2两类动力学问题的解题步骤【加固训练】1.(2024·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则()A.F1<F2 B.F2>F3C.F1>F3 D.F1=F3【解析】选A。对物体的受力分析如图所示。依据v-t图象可以知道,在0～5s内加速度为a1=0.2m/s2,方向沿斜面对下,依据牛顿其次定律:mgsinθ-f-F1=ma1,则:F1=mgsinθ-f-0.2m;在5～10s内,加速度a2=0,依据牛顿其次定律:mgsinθ-f-F2=ma2,则:F2=mgsinθ-f;在10～15s内加速度为a3=-0.2m/s2,方向沿斜面对上,依据牛顿其次定律:f+F3-mgsinθ=ma3,则:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故选项A正确。2.一个质量m=2kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上,受到一个大小为40N的水平推力F作用,以v0=10m/s的速度沿斜面匀速上滑。(sin37°=0.6,g取10m/s2)(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数。(2)若滑块运动到A点时马上撤去推力