第三章 第二节 牛顿第二定律的应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

这是一份第三章 第二节 牛顿第二定律的应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案，共14页。
第二节　牛顿第二定律的应用　一、超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态__无关__。(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的__示数__称为视重。②视重大小等于弹簧测力计所受物体的__拉力__或台秤所受物体的__压力__。2．超重、失重和完全失重的比较 超重现象失重现象完全失重现象概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__等于零__的现象产生条件物体的加速度方向__竖直向上__物体的加速度方向__竖直向下__物体的加速度方向__竖直向下__，大小__a＝g__原理方程F－mg＝maF＝__m(g＋a)__mg－F＝maF＝__m(g－a)__mg－F＝ma＝mgF＝__0__运动状态__加速__上升或__减速__下降__加速__下降或__减速__上升以a＝g__加速__下降或__减速__上升二、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，具体逻辑关系如图：考点一　超重和失重1．判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化角度判断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。2．超重和失重现象的两点说明(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)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如物体悬浮空中、天平失效、液体不再产生压强和浮力、“天宫二号”中的航天员躺着和站着睡觉一样舒服等。[例1]　(2021·郑州质检)阿联酋迪拜的哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼。楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min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，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是(　　)A．t＝6 s时，电梯处于失重状态B．7～53 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0[解析]　根据a­t图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度为a＝1.5 m/s2，加速度方向向上，处于超重状态，选项A错误；t＝59 s时，电梯的加速度为a＝－1.5 m/s2，加速度方向向下，处于失重状态，选项C错误；在7～53 s时间内，电梯向上做匀速运动，绳索拉力等于重力，但拉力不是最小，选项B错误；根据a­t图线与横轴所围图形的面积表示速度变化量，可知在0～60 s时间内，电梯的速度变化量为零，t＝60 s时，电梯速度恰好为零，选项D正确。[答案]　D[跟踪训练]1．(2020·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(　　)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考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题1．两种模型2．求解瞬时加速度的一般思路⇒⇒[例2]　如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度。(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度。[思路点拨]　(1)甲图水平绳剪断瞬间，剩下为刚性绳模型。(2)乙图水平绳剪断瞬间，剩下为弹簧模型。[解析]　(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，对物体受力分析如图，因为物体将做圆周运动，故沿半径L1，垂直半径正交分解：T1＝mgcos θ，mgsin θ＝ma，故瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ。(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，如图，T2＝mgtan θ，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右。[答案]　(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtan θ，方向水平向右◆方法技巧抓住“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、弹簧或橡皮筋类模型的特点。(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。[跟踪训练]2．(多选)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是(　　)A．两图中两球加速度均为gsin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2gsin θD．图乙中B球的加速度为gsin θ[解析]　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。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：图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。[答案]　CD考点三　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”。(一)已知受力情况确定运动情况[例3]　如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距x0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。[解析]　(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2 m/s2。(2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即t1＝＝ s＝2 s时，两者之间最大距离xmax＝x0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。(3)设推力作用的时间为t2，根据位移公式得x1＝a1t则t2＝＝ s＝5 s速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2，得a2＝μg＝2 m/s2由v2＝2ax得x2＝＝m＝25 m而t3＝＝ s＝5 s。物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s则d＝v0t＋x0－(x1＋x2)＝30 m。[答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m[跟踪训练]3.如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N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0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(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s。[解析]　(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有Fcos θ－mgsin θ－f＝ma1，Fsin θ＝N＋mgcos θ，f＝μN，设0.5 s末速度为v，根据运动学公式有v＝a1t1，撤去F后0.4 s内mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，v＝a2t2，联立以上各式得μ＝0.5，a1＝8 m/s2，a2＝10 m/s2，v＝a2t2＝4 m/s。(2)s＝a1t＋vt2－a2t＝1.8 m。[答案]　(1)0.5　(2)1.8 m(二)已知运动情况确定受力情况[例4]　(2020·开封月考)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v­t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。[解析]　(1)在2 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m路程L＝x1＋x2＝1.5 m(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小a1＝4 m/s2a2＝4 m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma10．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2解得F＝8 N。[答案]　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N◆规律总结两类动力学问题的解题步骤[跟踪训练]4．如图所示，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：(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 
与斜面有关的动力学问题(一)斜面上物体的受力问题情景光滑斜面恰好平衡摩擦减速上滑加速下滑图例摩擦力无沿斜面向上f＝μmgcos θ沿斜面向下f＝μmgcos θ沿斜面向上f＝μmgcos θ运动特点a＝gsin θ恰好匀速下滑μ＝tan θa＝gsin θ＋μgcos θa＝gsin θ－μgcos θ [典例1]　如图所示，三角形物体放在倾角为θ的斜面上，若物体与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ，则无论作用在物体上竖直向下的外力F有多大，物体都不会滑动，这种现象叫作“自锁”。千斤顶的原理与之类似，请证明之。[证明]　当力F作用在物体上时，沿斜面向下的力为(F＋mg)sin θ，假设物体滑动，则沿斜面向上的摩擦力为μ(F＋mg)cos θ由μ＞tan θ，可得μ(F＋mg)cos θ＞(F＋mg)sin θ从上式可以看出，无论力F为多大，能提供给物体沿斜面向上的摩擦力总是大于沿斜面向下的力，所以物体不会滑动。[跟踪训练]1．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图所示。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示。下列判断正确的是(　　)A．a1＝a2＝a3　　　　　 B．a1＝a2＜a3C．a1＜a2＝a3  D．a1＜a2＜a3[解析]　根据牛顿第二定律，图甲中有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ－μgcos θ；图乙中有(m＋m1)gsin θ－μ(m＋m1)gcos θ＝(m＋m1)a2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ；图丙中，令F＝m′g，则有(m＋m′)·gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝ma3，解得a3＝(gsin θ－μgcos θ)，故a1＝a2＜a3，选项B正确。[答案]　B(二)光滑斜面上运动的几类典型问题1．等高斜面上运动时间问题由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得：t＝ ，可知倾角越小，时间越长，图甲中t1＞t2＞t3。2．同底斜面上运动时间问题由L＝at2，a＝gsin θ，L＝可得：t＝ ，可见θ＝45°时时间最短，图乙中t1＝t3＞t2。3．等时圆问题(1)圆周内同顶端的斜面(如图甲所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。(2)圆周内同底端的斜面(如图乙所示)。即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。(3)双圆周内斜面(如图丙所示)。即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1＝t2＝t3。[典例2]　如图所示，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(　　)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]　由规律(2)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；由规律(1)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[跟踪训练]2．(2020·合肥检测)如图所示，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(　　)A．tAB＝tCD＝tEF  B．tAB＞tCD＞tEFC．tAB＜tCD＜tEF  D．tAB＝tCD＜tEF[解析]　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线的延长线交于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，B项正确。[答案]　B