高考物理一轮复习全突破考点08牛顿第一定律的应用二解决动力学的两类问题（含解析）

这是一份高考物理一轮复习全突破考点08牛顿第一定律的应用二解决动力学的两类问题（含解析），共8页。试卷主要包含了掌握两类动力学问题的解决方法，热点整合等内容，欢迎下载使用。
考点08 牛顿运动定律应用（二）解决动力学的两类问题1.理解牛顿第二定律的四性，能分析加速度的方向、大小既动态变化。2.掌握两类动力学问题的解决方法 　　牛顿第二定律是处理非平衡状态下相关的动力学问题的核心定律，是解决动力学两类问题的关键，是连接力学与运动学的桥梁，在高中物理中有着举足轻重的地位。1. 牛顿第二定律（1）内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比（2）理解：①因果性：力是使物体产生加速度a的原因，而加速a是力改变物体运动状态的一种体现，两者互为因果关系。有加速，在加速度所在的方向上必定存在力的作用，比如向心加度与向心力；有力，物体的运动状态必定会改变，可能是速度的大小改变，可能是速度的方向改变。拓展延伸：深刻理解力的作用效果对后期的动能和动量等内容的学习有很大的帮助，力改变物体的动能是合外力在空间在累计出来的效果，力改变物体的动量是合外力在时间上累计出来的效果，力这种相互作用是物体间进行动量交换的途径。②瞬时性：物体的加速度由零增加到某个值的过程不需要时间的积累，这种特性有别于速度和位移，速度和位移的改变均需要一定的时间，但加速度只要物体受到力，会立即产生一个加速度，力消失，加速度也立即减小为零。这种性质称为加速度a的瞬时性问题，如轻绳、轻弹簧被剪断瞬间，a的变化情况。  ③同体性：合力与加速度对应的物体须为同一物体，若题目中只有单一物体时学生不容易混淆，但是当题目中有多个研究对象时（比如板块模型），有同学通过受力分析去求某个物体的加速度时，会出现加速度对应的物体与力对应的物体不同体的现象。所以应引导学生在分析物理问题前，先明确研究目标。④矢量性：a的方向与合力方向相同，可以利用加速度的方向去分析合力方向（运动→力），也可以利用合力方向判断加速度的方向（力→运动）2.两类动力学问题（1）类型： ①通过运动情况分析受力情况；②通过受力情况分析运动情况（2）解决思路该定律提供了一种求解加速度的思路，结合运动学内容，求解加速度a的方法就有两种：①受力分析→合力→牛顿第二定律→a②运动情况分析→运动学公式→a两种情况下求出的加速度应相等，可以利用两种途径表示出的加速度列出一个方程式解决动力学中的物理量，所以我们可以由此归纳出解决动力学问题的基本思路：①分析物体的受力情况，表示出物体的合力②分析物体运动情况，选择适当的运动学公式表示出加速度，利用牛顿第二定律表示出合力③两者联立列出方程式求解上述方法作者把它称为三步法解决动力学问题，包括圆周运动中的动力学问题的解决思路也大致相同。第一步通过受力分析求合力时用好正交分解法是关键，第二部通过运动情况求加速时，正确选择运动学公式是关键。（3）适用条件：匀变速直线运动、圆周运动3.热点整合（1）牛顿第二定律的瞬时性问题（2）传动带动力学问题（3）电梯类动力学问题（4）机车启动类动力学问题 例1．（2019·江苏省南通市2018-2019高二下期末测试）如图所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一个质量为1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，则（　　）A．水平面对小球的弹力仍为零                B．小球的加速度为0C．小球的加速度为8m/s2                                 D．小球的加速度为10m/s2【答案】C【解析】本题考查牛顿第二定律的瞬时性及轻绳轻弹簧的力学特性在未剪断绳前，其受力示意图如下：由平衡条件可知T=，FK=mg，剪断绳后T立即消失，，而弹力和重力不变，地面会立即产生支持力和摩擦力，物体新的受力示意图如图2，物体最大静摩擦力fm=μmg=0.2mg，FK＞fm，所以摩擦力为滑动摩擦力，此时物体合力为F合=F－f，加速度a=0.8g=8m/s2  ，方向与弹簧弹力方向相同，向左，所以应选C例2.（2019·原创经典）如图为某机场安全检查入口旅客的行李的传送装置，图中传送带AB始终保持v=6m/s的恒定速率运行，一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离为7m，g取10 m/ s2，则；（1）求行李滑到B点的时间（2）若传送带的长度为12m，则行李在传送带上运动的时间又是多少【答案】（1）2s；（2）4s【解析】（1）F合=µmg，a=F合/m=2m/s2。当v=6m/s时，由vt2－v02=2ax得x=9m∵x＞4m∴在该过程中物体一直匀加速直线运动，由x=v0t＋at2/2得，t=2s（2）∵当v=6m/s时，x＜12m∴物体在0→4m，做匀加速直线运动，t1=2s在4→12m，物体所受合力为0，将做匀速直线运动当t=2s时（或x=4m），v=at1=4m/s，t2=x/v=2s所以t总=t1＋t2=4s变式训练：（2019·原创经典）一质量m =35kg的的重物放在竖直电梯内的体重计上。电梯从t=0时刻由静止开始启动，在0到7s内体重计示数F的变化如图所示，求在这段时间内电梯运动的距离是多少？【答案】20m【解析】0→2s：重物向下做匀加速直线运动，a=（mg－FN）/m=2m/s2∴x1=v0t＋at2/2=4m，由v=v0＋at得当t=2s时，v=4m/s2→5s：重物向下做匀速直线运动，当t=2s时，由v=v0＋at得v=4m/s∴x2=vt=12m5→7s：重物向下做匀减速直线运动，a=（FN－mg）/m=2m/s2在该过程中：v0=4m/s，a=－2m/s2∴x3=v0t＋at2/2=4m所以x总=x1＋x2＋x3=20m例2.（2019·原创经典）下图中截面为直角三角形的三棱柱的质量为m＝1Kg，用推力F垂直作用在斜边上使其紧贴竖直墙壁由静止开始向上运动，上升2m时速度增至4m/s，已知三棱柱斜边与墙的夹角θ=53°，它与墙面的动摩擦因数为µ＝0.5，求：（1）推力F的大小（2）若在1s时撤去推力F，则物体还能继续向上运动多远?【答案】 【解析】（1）物体受力示意图如下，建立直角坐标系，物体对应的力学方程为：在x轴：Fcos53°－FN=0在y轴：Fsin53°－μFN－mg=ma，由v2－v02=2ax得a=4m/s2解F=28N（2）撤去力F后，物体只受重力，a=－g=﹣10m/s2，由x=（v2－v02）/2a得x=0.8m变式训练：（2019·原创经典）如图甲所示，质量为2kg的物体以20m/s的速度冲上足够长的斜面，之后的速度时间图像如图乙所示，求：（1）斜面的倾角θ（2）物体与斜面的动摩擦因素µ【答案】 【解析】（1）上滑时，物体受力示意图如图：在y轴：mgcosθ－FN=0在x轴：mgsinθ＋μFN=ma，由v-t可知a的大小为10m/s2即：20sinθ＋20μcosθ=20   ①下滑时，在y轴：mgcosθ－FN=0在x轴：mgsinθ－μFN=ma，由v-t可知a=2m/s2即：20sinθ－20μcosθ=4   ②①②联立可解得μ=0.5，θ=37° 专题训练8 牛顿运动定律应用（二）1．（2019·重庆南开中学高三月考改编）如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。将小球沿杆拉到弹簧水平位置（弹簧处于拉伸状态）静止释放，若整个过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，则关于小球的运动性质的分析，下列说法正确的是(　　)A．小球将向下做加速运动，加速度a将增大     B．小球将向下做加速运动，a将减小C．小球将向上做加速运动，加速度a将减小     D．弹簧与杆垂直时，小球速度最大2.（2019河南开封三模）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是（　　）A．B和A刚分离时，弹簧为原长         B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于             D．在B与A分离之前，它们做匀加速运动【答案】 C【解析】B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。故AB错误。B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：k＝△F/△X＝mg/h．故C正确。对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动。故D错误。3. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，当小车向右以加速度a运动时，杆对球的作用力F大小为（    ）A．      B．      C．      D．【答案】 C【解析】本题考查动力学两类问题之：运动求力小车向右以加速度a运动时，只有当a＝gtan θ时，才有F＝，如图所示，故选C4．（2019·原创经典）在水平面上，一个质量m=2kg的物体在拉力作用下向右加速运动，1s后撤去拉力F，物体的v－t图象如图所示，下列表述正确的是(　　)A．动摩擦因素μ=1      B．动摩擦因素μ=0.1     C．拉力F=4N      D．F做的功W=6J【答案】 BD【解析】在3～4 s内，物体只受摩擦力，由v-t可得a=1m/s2，由牛顿第二定律得μmg=ma，,μ=0.1，B对；在0～1s内，由v-t可得a=2m/s2，由力学方程：F－μmg=ma可得F=6N，C错；在0～1s内，v-t图所围面积S=1m，所以位移x=1m，WF=F·x=6×1J，D对。5．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)A．传送带的速率v0＝10 m/s                    B．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5        D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J【答案】 ACD【解析】本题考查动力学两类问题之：运动求力当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移是11 m，0～2.0 s内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D正确．6.科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后，科研人员发现气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，求至少抛掉多重的压舱物才能阻止气球加速下降．【答案】 90Kg【解析】本题考查动力学两类问题之：运动求力由题意，气球的初速度v0=1 m/s，t=4s，x=12m，由x=v0t＋at2/2解得a=1m/s2由mg－T=ma得T=8100N抛掉重物质量为：（mg－T）/g=90Kg所以应抛掉90kg的重物