(考点分析) 第二节 牛顿第二定律的基本应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【考点分析】　第二节 牛顿第二定律的基本应用 【考点一】  力与速度和加速度的关系【典型例题1】  如图所示，将两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体A、B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(　　)A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为13 m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为7 m/s2【解析】  以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向水平向右；设弹簧测力计的拉力大小是F，以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28 N，A、B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，B不再受F2的作用，B受的合力等于弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知，B的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝7 m/s2，在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可知A的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝28 m/s2，C错误，D正确。【答案】  D【归纳总结】1．由牛顿第二定律可知，合力与加速度之间具有瞬时对应的关系，合力与加速度可同时发生突变，但速度不能．2．合力增大，加速度一定增大，但速度不一定增大．3．加速度的方向与物体所受合力方向一致，但速度方向与加速度和合力的方向不一定共线.【考点二】  已知受力求运动情况【典型例题2】  (2021·山东省兖矿一中)如图所示，一质量为m的小物块，以v0＝15m/s的速度向右沿水平面运动12.5m后，冲上倾斜角为37°的斜面，若小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，小物块经过水平面与斜面的连接处时无能量损失。求：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块在斜面上能达到的最大高度；(2)小物块在斜面上运动的时间。【解析】  (1)小物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律－μmg＝ma1可得a1＝－μg＝－5m/s2由速度位移公式v12－v02＝2a1x，解得v1＝10m/s小物块在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律－(mgsinθ＋μmgcosθ)＝ma2可得a2＝－gsinθ－μgcosθ＝－10m/s2由速度位移公式0－v12＝2a2s，解得s＝5m小物块在斜面上能达到的最大高度h＝ssinθ＝3m(2)小物块在斜面上向上运动的时间t1＝＝1s小物块在最高点时mgsinθ>μmgcosθ所以小物块会匀加速下滑，下滑过程中，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma3可得a3＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2沿斜面向下匀加速运动时s＝a3解得t2＝s故小物块在斜面上运动的时间t＝t1＋t2＝(1＋)s≈3.24s【答案】  (1)3m；(2)3.24s【考点三】  已知运动情况求受力【典型例题3】  如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【解析】  (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F－Ff＝ma1v－v＝2a1l1v1＝a1t1注意到v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－Ff－mgsin α＝ma2mgsin α＝mg，v－v＝2a2l2注意到v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ m/s≈41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F推＋F－Ff＝ma1′，v1′2－v＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推≈5.2×105 N.【答案】  (1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N【考点四】  a-F图像在牛顿第二定律中的应用【典型例题4】  (2021·甘肃省庄浪县一中)地面上有一个质量为m的物体，用力F竖直向上提它，力F的变化将引起物体加速度的变化。已知物体的加速度a随力F变化的函数图象如图所示，则(　　)A. 当F小于F0时，物体的重力mg大于作用力FB. 当F＝F0时，作用力F与重力mg大小相等C. 物体向上运动的加速度与作用力F成正比D. a′的绝对值等于该地的重力加速度g的大小【解析】  A．当F小于F0时，物体未离开地面，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有N+F=mg，故重力大于拉力，故A正确；B．物体加速向上，根拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有F-mg=ma，解得   ①，当F=F0时，加速度为零，故F0=mg，故B正确；C．由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；D．由①式，当拉力为零时，加速度为-g，a′的绝对值等于该地的重力加速度g的大小，故D正确；故选ABD。【答案】  ABD【考点五】  v-t图像在牛顿第二定律中的应用【典型例题5】  (2021·河北省“五个一”名校联考)2020年6月至8月，我国南方某些地区连日暴雨,共有433条河流发生超警戒线的洪水。某次无风的情况下，一雨滴在空中下落过程中的速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是(   )A．雨滴下落过程中的加速度可能大于重力加速度B．雨滴下落过程中的加速度方向发生了变化C．当速度等于功时，雨滴所受空气阻力等于重力D．随着雨滴速度的增加,空气阻力逐渐减小【解析】  雨滴下落过程中受向下的重力和向上的阻力作用，A、雨滴下落过程中受到重力和阻力作用做加速运动，合力向下说明阻力小于重力，所以下落过程中的加速度不可能大于重力加速度，故A错误；B、由图可知，雨滴下落过程中的运动是加速度减小的加速运动，但是加速度方向没有发生变化，故B错误；C、当速度等于时，加速度为0，雨滴所受合力为0，空气阻力等于重力，故C正确；D、由图可知，雨滴下落过程中的加速度减小，说明合力逐渐减小，空气阻力逐渐增大，故D错误。【答案】  C【考点六】  v2-t图像在牛顿第二定律中的应用【典型例题6】  (2021·辽宁六校协作体)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)A．0～5 m内物块做匀减速运动           B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 N                   D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】  0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.【答案】  ABD【考点七】  由运动情况确定物理量的变化图象【典型例题7】  1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图象可能正确的是(　　)【解析】  根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确．【答案】  D【考点八】  等时圆【典型例题8】  如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，bd为圆周的一条直径。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环环分别从a、b、c处静止释放，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，则(　　)A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1=t2=t3【解析】  过d点做竖直线，过da、db和dc分别作以竖直线为直径的圆，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为(为杆与水平方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小滑环的位移所以,可知所作圆直径越大，下落时间t越大；故选A。【答案】  A【考点九】  等时圆的应用【典型例题9】  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>tEF              C.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【考点十】  牛顿第二定律在实际生活中的应用【典型例题10】  避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．       【解析】  (1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsin θ＝ma1①f＝μmgcos θ②联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③a1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin θ＋F－f＝Ma2④F＝k(m＋M)g⑤ s1＝vt－a1t2⑥s2＝vt－a2t2⑦s＝s1－s2⑧l＝l0＋s0＋s2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l＝98 m.【答案】  (1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m【考点十一】  牛顿第二定律在追击问题中的应用【典型例题11】  2019年8月20日0时至7时，四川省汶川县累计降雨量最大达到65mm，导致汶川县多处发生泥石流和山体滑坡事故；假设在发生山体滑坡时，在倾角为30°的山坡底部正有一游客逗留，如图所示，此时距坡底114m的山坡A处有一巨石，正以2m/s的初速度沿斜坡匀加速下滑，游客发现后，以0.6m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动跑离坡底，巨石滑到B处前后速度大小不变，立刻做匀减速运动，已知该巨石与山坡AB的动摩擦因数为，滑过B处以后与水平路面的动摩擦因数为0.2，游客从发现巨石到开始逃跑的反应时间为1s，游客跑动的最大速度为6m/s，且游客的运动与巨石的运动在同一竖直平面内，g取10m/s2。试求：(1)巨石在山坡AB运动的加速度大小以及滑过B处以后在水平路面运动的加速度大小；(2)巨石滑到坡底B处时，游客前进的位移大小；(3)该游客若能脱离危险，请计算石头与游客间的最小距离，若不能脱离危险，请通过计算说明理由。【解析】  (1)巨石在山坡时，受到重力、支持力和沿山坡向上的摩擦力，根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=1.25m/s2巨石在水平路面运动时，有a2==μg=2m/s2(2)设石头从A处运动到坡底B处的时间为t1，到达坡底B处速度为vB，则有代入数据，解得从A处运动到坡底B处的时间为假设游客在t2=11s内一直做匀加速运动，t2=11s时速度为v=at2=0.6×11m/s=6.6m/s＞vm=6m/s所以游客先做匀加速运动，达到最大速度后做匀速运动，在t2=11s内运动的位移大小为x2=+v(t2-)=[+6×(11-)]m=36m(3)石头到坡底B处时游客的速度为vm=6m/s此后石头做匀减速运动，游客开始以速度vm=6m/s匀速运动，设石头从B点开始经历时间t与游客速度相等，有v共=vB-a2t=vm，解得t=5.5s石块在t=5.5s时间内的位移为x3=t=×5.5m=63.25m游客此时离B点的总位移为x4=x2+vmt=(36+6×5.5)m=69m由于x3<x4，说明石头未能追上游客，游客能脱离危险两者间的最小距离为s min=x4-x3=(69﹣63.25)m=5.75m【答案】  (1)1.25m/s2，2m/s2；(2)36m；(3)5.75m，理由见解析