新高考物理一轮复习讲义第3章 运动和力的关系 第2讲 牛顿第二定律的基本应用 (含解析)

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eq \a\vs4\al(1.,,)
eq \a\vs4\al(2.)
eq \a\vs4\al(3.)
eq \a\vs4\al(4.,,)
1.思考判断
(1)已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√)
(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(×)
(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)
(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)
(5)加速上升的物体处于超重状态。(√)
(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)
(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)
2.奥运会上，跳水运动员从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )
A.上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
B.上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态
C.全过程中一直处于超重状态
D.全过程中一直处于失重状态
答案 D
考点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
2.解题思路
eq \x(\a\al(分析瞬时变化前、,后物体的受力情况))⇒eq \x(\a\al(列出变化后牛顿,第二定律方程))⇒eq \x(\a\al(求瞬时,加速度))
例1 (2023·山东邹平一中质检)如图1所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45°，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图1
A.此时物体一定受四个力作用
B.若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动
C.突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为14.1 m/s2
D.若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用
答案 D
解析 由题意可知，此时物体对光滑地面的压力恰好是零，对物体受力分析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹簧的弹力，共三个力作用，A错误；若突然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变，物体受到重力、地面的支持力，共两个力作用，处于静止状态，B错误；在没有剪断轻绳前，对物体，由共点力于衡条件可得
F弹＝mgtan 45°＝mg，突然剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律可得F弹＝ma，解得a＝10 m/s2，C错误，D正确。
跟踪训练
1.如图2所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
图2
A.B对A的压力大小为12 N
B.弹簧弹力大小为50 N
C.B的加速度大小为10 m/s2
D.A的加速度为零
答案 A
解析 原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有FT＝mAg＝20 N，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
考点二 动力学的两类基本问题
1.基本思路
2.基本步骤
角度 已知物体受力，分析物体运动情况
例2 (2022·浙江6月选考，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图3所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝
10 m/s2)。
图3
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有veq \\al(2,max)－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
跟踪训练
2.(2023·湖南岳阳一中月考)2021年西双版纳“断鼻家族”十几头亚洲象北上“远足”引发人们关注。为保障人民群众生命财产安全，同时有效保护亚洲象群，当地有关部门派出无人机不间断跟踪监测，采取多种措施引导象群逐步返回普洱或西双版纳原栖息地。现要让监测所用的无人机从地面竖直起飞，最终悬停在某一高度的空中，如图4所示。已知无人机质量M＝1.8 kg，动力系统能提供的最大升力F＝28 N，上升过程中能达到的最大速度为v＝6 m/s，竖直飞行时所受空气阻力大小恒为f＝4 N；固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m＝0.2 kg，其所受空气阻力不计，g取10 m/s2。
图4
(1)无人机以最大升力竖直起飞，求达到最大速度时所上升的高度h1；
(2)无人机以最大升力竖直起飞时，求摄像头对铁杆的作用力大小；
(3)无人机从地面竖直起飞，要求在t＝7 s内实现悬停，求其能上升的最大高度H。
答案 (1)9 m (2)2.4 N (3)31.5 m
解析 (1)无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有
F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1
代入数据解得a1＝2 m/s2
达到最大速度时所上升时的高度h1＝eq \f(v2,2a1)
代入数据解得h1＝9 m。
(2)对摄像头，根据牛顿第二定律，有
FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4 N
由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力
FT′＝FT＝2.4 N。
(3)无人机开始以最大升力匀加速运动的时间
t1＝eq \f(v,a1)，代入数据解得t1＝3 s
无人机最后关闭动力系统后匀减速运动，
则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2
代入数据解得a2＝12 m/s2
根据公式，依题意有t3＝eq \f(v,a2)，h3＝eq \f(v,2)t3
代入数据解得t3＝0.5 s，h3＝1.5 m
无人机匀速运动时间t2＝t－t1－t3
代入数据解得t2＝3.5 s
匀速运动的位移h2＝vt2
代入数据解得h2＝21 m
所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3，代入数据解得H＝31.5 m。
角度 已知物体运动情况，分析物体受力
例3 (2022·浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图5所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图5所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
图5
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案 (1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
解析 (1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有
2alAB＝veq \\al(2,B)、vB＝at
解得t＝3 s、a＝eq \f(8,3) m/s2。
(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小
为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝vBt1＋eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s。
(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有
mgsin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N。
跟踪训练
3.(多选)(2023·贵州模拟)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图6所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的eq \f(1,5)。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是( )
图6
A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2
B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s
C.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N
D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的
答案 AC
解析 根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－veq \\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20eq \r(2) m/s，由veq \\al(2,1)＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。
考点三 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
例4 (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7
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v2 － veq \\al(2,0)＝2ax，整理有veq \\al(2,0)＋2ax>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。
6.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图5所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为( )
图5
A.eq \f(5F,8g) B.eq \f(F,g) C.eq \f(3F,8g) D.eq \f(F,2g)
答案 A
解析 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝eq \f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－eq \f(1,2)g(2t)2，联立解得a＝eq \f(3,5)g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq \f(5F,8g)，A正确。
对点练3 超重和失重现象
7.下列处于失重状态的物体是( )
A.匀速下落的雨滴 B.向下减速运动的电梯
C.斜向上抛出的小球 D.摆动到最低点时的摆球
答案 C
解析 匀速下落的雨滴，加速度为零，既不处于失重状态也不处于超重状态，故A错误；向下减速运动的电梯，具有向上的加速度，电梯处于超重状态，故B错误；斜向上抛出的小球，具有向下的加速度，小球处于失重状态，故C正确；摆动到最低点时的摆球，具有向上的加速度，摆球处于超重状态，故D错误。
8.(2023·北京师大附中模拟)体育课上某同学做引体向上。如图6所示，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是( )
图6
A.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大
B.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变
C.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
D.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力
答案 B
解析 人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A错误，B正确；人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误。
9.如图7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7
A.L1＞L2＝L0 B.L1＜L2＝L0
C.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