高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第讲牛顿第二定律的基本应用学案新人教版

这是一份高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第讲牛顿第二定律的基本应用学案新人教版，共16页。
知识点1 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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。
(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？
(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
[答案] (1)匀减速直线运动，能，加速度大小为eq \f(v\\al(2,A)－v\\al(2,B),2x)，方向与运动方向相反。
(2)三个力作用，摩擦力大小为eq \f(mv\\al(2,A)－v\\al(2,B),2x)，方向与运动方向相反。
知识点2 超重与失重
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
双基自测
一、堵点疏通
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．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( × )
3．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。( × )
4．加速上升的物体处于超重状态。( √ )
5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( √ )
6．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。( × )
二、对点激活
1．(2023·福建长乐高级中学月考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是( C )
A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态
B．运动员接触床面时的速度最大
C．在第二过程中，运动员的速度先增大后再减小
D．运动员离开床面后处于超重状态
[解析] 本题考查蹦床运动中的超重和失重问题。区分超重和失重看加速度的方向，加速度方向向下，物体处于失重状态，此时有两种运动状态，加速下降或减速上升；加速度方向向上，物体处于超重状态，此时有两种运动状态，加速上升或减速下降。运动员从接触床面到下降至最低点的第一过程中，加速度方向先向下后向上，所以运动员先处于失重状态后处于超重状态，当弹力等于运动员的重力时运动员的速度最大，A、B错误。从最低点上升到离开床面的第二过程中，运动员的加速度方向先向上后向下，运动员先处于超重状态后处于失重状态，先做加速运动后做减速运动，C正确。运动员离开床面后，加速度方向向下，处于失重状态，D错误。
2．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)( BC )
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
[解析] 物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F＋Ff,m)＝eq \f(2＋3,1)m/s2＝5 m/s2，方向
向右，物体减速到零所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5)s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误。
3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)( C )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
[解析] 汽车的速度v0＝ 90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq \f(v0－0,t)＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。
核心考点·重点突破
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
考点一 应用牛顿第二定律分析瞬时问题
两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
例1 (多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间( CD )
A．两图中每个小球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
[解析] 本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为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球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。故A、B错误，C、D正确。
名师点拨 “四步骤”巧解瞬时性问题
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。
〔变式训练1〕如图所示，A，B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A，B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2恰能水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是( D )
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1︰1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1︰cs2θ
C．A与B的加速度之比为1︰1
D．A与B的加速度之比为cs θ︰1
[解析] 根据题述可知，L2剪断之前，A，B两球的受力情况完全一样，A，B两球的质量相等，均设为m。剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图(甲)所示，由于细绳L1的拉力突变，将重力mg沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FT＝mgcs θ，ma1＝mgsin θ；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图(乙)所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcs θ＝mg，ma2＝mgtan θ，所以FT︰F＝cs2 θ︰1，a1︰a2＝cs θ︰1，则D正确。
考点二 超重与失重现象
1．判断方法
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。
2．易错、易混点拨
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
例2 在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是( D )
A．只有“起立”过程，才能出现失重现象
B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象
C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象
D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象
[解析] 下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A，B，C错误，D正确。
名师点拨 超重和失重现象判断的“三”技巧
(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(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)从速度变化的角度判断
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。
〔变式训练2〕某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( D )
A．2 m/s2 竖直向上 B．eq \f(5,3) m/s2 竖直向上
C．2 m/s2 竖直向下 D．eq \f(5,3) m/s2 竖直向下
[解析] 由题意可知，在地面上，人的最大举力为Fmax＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体：m′g－Fmax＝m′a，即a＝eq \f(600－500,60)m/s2＝eq \f(5,3)m/s2，所以选项D正确。
考点三 动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路
类型1 已知物体受力情况，分析运动情况
例3 飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和轮胎与地面之间的摩擦力作用。其中机翼升力与阻力均与飞机运动的速度的二次方成正比，且比例系数分别为k1和k2，地面的摩擦力与地面支持力成正比。已知飞机质量为m，飞机在跑道上加速滑行时发动机推力为F＝eq \f(mg,4)。
(1)飞机刚要起飞时的速度v多大？
(2)若飞机在水平跑道上匀加速滑行，则地面的摩擦力与地面支持力成正比的比例系数μ应满足什么条件？
(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？
[解析] (1)根据题意有飞机离开跑道时，飞机的升力与重力平衡，故有mg＝F升＝k1v2
解得飞机起飞时的速度为v＝ eq \r(\f(mg,k1))。
(2)设轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为μ，得飞机水平方向受推力F、地面摩擦力F地阻和空气阻力F空阻作用，根据牛顿运动定律，合力使飞机产生加速度有
F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma
要使飞机做匀加速运动，故可知
μk1v2－k2v2＝0
即满足μ＝eq \f(k2,k1)。
(3)匀加速运动的加速度为
a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－μ))g
起飞的条件为F支＝0，即k1v2＝mg
由匀加速运动关系式为v2－veq \\al(2,0)＝2ax
得x＝eq \f(v2－02,2a)＝eq \f(2m,k1－4k2)。
[答案] (1)eq \r(\f(mg,k1)) (2)μ＝eq \f(k2,k1) (3)eq \f(2m,k1－4k2)
名师点拨 解决动力学两类基本问题应把握的关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
类型2 已知物体运动情况，分析受力情况
例4 如图所示，质量M＝10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面的动摩擦因数μ＝0.2。在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x＝1 m时，其速度v＝2 m/s，在这过程中木楔没有动。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：
(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；
(2)地面对木楔的摩擦力大小与方向。
[解析] (1)由v2＝2ax，得a＝2 m/s2
对物块由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma，得μ1＝0.5。
(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图。
(m＋M)g－N＝may，f＝max，
ax＝acs θ，
ay＝asin θ，
解得N＝108.8 N，f＝1.6 N，方向水平向左。
[答案] (1)0.5 (2)1.6 N，方向水平向左
〔变式训练3〕如图所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一个物体以v0＝12 m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；
(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；
(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；
(4)物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t。
[答案] (1)8 m/s2 (2)9 m (3)4 m/s2 (4)eq \f(3\r(2)＋1,2)s
[解析] (1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝8 m/s2
(2)物体沿斜面上滑，有：veq \\al(2,0)＝2a1x
解得x＝9 m
(3)物体沿斜面返回时，有：
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝4 m/s2
(4)物体沿斜面向上运动时，有v0＝a1t1
物体沿斜面向下运动时，有x＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
则t＝t1＋t2＝eq \f(3\r(2)＋1,2)s。
考点四 牛顿运动定律与图像结合问题
(1)明确常见图像的应用方法，如下表：
(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。
例5 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像(v－t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：
(1)在0～2 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0～2 s内，由题图乙知：
物块上升的最大距离：x1＝eq \f(1,2)×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝eq \f(1,2)×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，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：
a1＝eq \f(2,0.5) m/s2＝4 m/s2
a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(0－2,1－0.5))) m/s2＝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＝ma1
0．5～1 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
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
等时圆模型
1．模型的两种情况
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间相等，如图乙所示。
2．模型的分析思路
例6 如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( B )
A．2︰1 B．1︰1
C．eq \r(3)︰1 D．1︰eq \r(3)
[解析] 设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2，得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2×2R＋rsin θ,gsin θ))＝2eq \r(\f(R＋r,g))，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。
反思总结：本题符合等时间圆模型，可直接套结论解题。
〔变式训练4〕如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是( B )
A．tA