2018版高考物理配套文档：第三章 第2讲 牛顿运动定律的应用 Word版含解析

这是一份2018版高考物理配套文档：第三章 第2讲 牛顿运动定律的应用 Word版含解析，共14页。


一、牛顿运动定律应用
1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况
解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．
[深度思考] 解决动力学两类基本问题的关键是做好哪两个分析？
答案 物体的受力分析和物体的运动过程分析．
二、超重与失重
1．超重
(1)定义：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．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：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．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．
4．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大小．
[深度思考] 判断下列说法是否正确．
(1)超重说明物体的重力增大了．(×)
(2)失重说明物体的重力减小了．(×)
(3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×)
(4)物体失重时，也可能向上运动．(√)
1．如图1所示，若战机从“辽宁号”航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同．则( )
图1
A．携带弹药越多，加速度越大
B．加速度相同，与携带弹药的多少无关
C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D．携带弹药越多，滑行时间越长
答案 D
2．质量为m kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则水平恒力的大小为(单位为N)( )
A.eq \f(2mx,t2) B.eq \f(2mx,2t－1)
C.eq \f(2mx,2t＋1) D.eq \f(2mx,t－1)
答案 A
3．下列说法中正确的是( )
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案 B
4．电梯内有一个物体，质量为m，用绳子挂在电梯的天花板上，当电梯以eq \f(g,3)的加速度竖直加速下降时，细线对物体的拉力为( )
A.eq \f(2mg,3) B.eq \f(mg,3)
C.eq \f(4mg,3) D．mg
答案 A
命题点一 超重与失重现象
例1 一个同学在体重计上做如下实验：由站立突然下蹲．则在整个下蹲的过程中，下列说法正确的是( )
A．同学处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重
B．同学处于失重状态，体重计的读数大于同学的体重
C．同学先失重再超重，体重计的读数先小于同学的体重再大于同学的体重
D．同学先超重再失重，体重计的读数先大于同学的体重再小于同学的体重
解析 整个下蹲的过程中，先加速后减速，在加速阶段加速度竖直向下，处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重，在减速阶段加速度竖直向上，处于超重状态，体重计的读数大于同学的体重，故C正确．
答案 C
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0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．
题组阶梯突破
1．如图2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )
A．在上升或下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力图2
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
答案 A
解析 无论物体在上升过程中还是下降过程中，两物体组成的系统都只受重力作用，系统处于完全失重状态，所以在整个过程中，A对B的压力始终为零，故选项A正确．
2．质量为60 kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N，则升降机的运动是(g取10 m/s2)( )
A．可能是匀速下降
B．升降机加速度大小为2 m/s2
C．升降机加速度大小为3 m/s2
D．可能是减速下降
答案 B
解析 对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得a＝eq \f(600－480,60) m/s2＝2 m/s2，故B正确．
命题点二 动力学中的图象问题
例2 (多选)如图3甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( )
图3
A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动
B．图中A点值即为物体的重力值
C．物体向上运动的加速度和力F成正比
D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
解析 当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，即能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝eq \f(F,M)－g，A点表示的意义即为F＝Mg，所以B正确；由题图乙知a与F不成正比，C错误；B点数值为－g，其绝对值等于该地的重力加速度，故D选项正确．
答案 ABD
动力学图象及解题关键
1．动力学中常见的图象
v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．解决图象问题的关键
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
题组阶梯突破
3．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是( )
答案 C
解析 雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mg－Ff,m)，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动，故C正确．
4．(2016·绍兴市调研)一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图4所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是( )
图4
A．木块的位移
B．木块的加速度
C．木块所受摩擦力
D．木块与桌面间的动摩擦因数
答案 C
解析 位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．
命题点三 动力学的两类基本问题
例3 如图5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮表面的特殊性，物体的运动有如下特点：
①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动时会受到来自毛皮的滑动摩擦力．
图5
(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？
(2)一物体从斜面底端以初速度v0＝2 m/s冲上足够长的斜面，斜面的倾角为θ＝30°，过了t＝1.2 s后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g取10 m/s2，则μ的值为多少？
解析 (1)因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时会受滑动摩擦力的作用
(2)物体上滑时的加速度大小
a1＝gsin θ＝5 m/s2，上滑的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝0.4 s
上滑的位移x＝eq \f(v0,2)t1＝0.4 m
物体下滑时的加速度
a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ
下滑时间t2＝t－t1＝0.8 s
由x＝eq \f(1,2)a2teq \\al( 2,2)得a2＝1.25 m/s2
可求得μ＝eq \f(\r(3),4).
答案 (1)下滑时 (2)eq \f(\r(3),4)
解决两类动力学问题的两个关键点
1．把握“两个分析”“一个桥梁”
两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．
一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．
2．寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度是下一个过程的初速度，画图找出各过程位移之间的联系．
题组阶梯突破
5．(2015·浙江9月选考·16)在平直公路上有A、B两辆汽车，质量均为6.0×103 kg，运动时所受阻力均为车重的eq \f(1,15).它们的v－t图象分别如图6中a、b所示．g＝10 m/s2，求：
图6
(1)A车的加速度aA的大小和牵引力FA的大小；
(2)0～3 s内B车的位移xB的大小和牵引力FB的大小．
答案 (1)1.75 m/s2 1.45×104 N (2)9 m 0
解析 (1)由图可得A车匀加速运动的加速度为
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(14,8) m/s2＝1.75 m/s2
由牛顿第二定律得
FA－kmg＝maA
可得FA＝kmg＋maA
代入数据可得FA＝1.45×104 N
(2)0～3 s内B车的位移等于这段时间内B车图线与坐标轴围成的面积
xB＝9 m
由图可得B车匀减速运动的加速度为
aB＝eq \f(Δv′,Δt′)＝－eq \f(2,3) m/s2
由牛顿第二定律有
FB－kmg＝maB
可得FB＝kmg＋maB
代入数据可得FB＝0.
6．如图7所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.5，现用一个F＝20 N、与水平方向成30°角的恒力
斜向上拉物体．经过3 s，该物体的位移为多少？(g取10 m/s2) 图7
答案 2.59 m
解析 对物体进行受力分析如图所示．物体受重力mg，地面的支持力FN，滑动摩擦力Ff和力F.将力F正交分解，则Fy＝Fsin 30°＝10 N，Fx＝Fcs 30°≈17.3 N.
沿y轴方向有mg－Fy－FN＝0，
沿x轴方向有Fx－Ff＝ma，
又因为Ff＝μFN，
联立以上三式，解得a＝0.575 m/s2
根据运动学公式得
x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.575×32 m≈2.59 m.
(建议时间：40分钟)
1．(多选)小明参加开放性科学实践活动后，从6层乘坐电梯到达1层，走出电梯，准备回家．对于小明在电梯中由6层到1层的过程，下列说法中正确的是( )
A．小明一直处于超重状态
B．小明一直处于失重状态
C．小明的速度大小发生了变化
D．小明的加速度方向发生了变化
答案 CD
解析 电梯从6层开始下降瞬间，即将开始做加速下降，小明与电梯的加速度方向向下，处于失重状态，小明对地板的压力小于其重力；电梯下降到达1层前需要向下减速，小明与电梯的加速度方向向上，小明对地板的压力大于其重力．所以小明先失重，再处于平衡状态，最后超重．
2．下列哪一种运动情景中物体将会处于一段持续的完全失重状态( )
A．高楼正常运行的电梯中
B．沿固定于地面上的光滑斜面滑行
C．固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动
D．不计空气阻力条件下的竖直上抛
答案 D
解析 高楼正常运行的电梯中，不可能处于一段持续的完全失重状态．故A错误；沿固定于地面上的光滑斜面滑行，设斜面的倾角为θ，则其加速度：a＝gsin θ，不是完全失重状态，故B错误；固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动的过程中受到杆的拉力，不会处于一段持续的完全失重状态．故C错误；物体做竖直上抛运动时(不计空气阻力)处于完全失重状态，物体的重力并没有变化，而且始终存在，故D正确．
3．2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为由图1所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
图1
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
答案 C
解析 运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区减速过程中具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误．
4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象，假如作出的图象如图2所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)( )
图2

A．1.8 m B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m
答案 C
解析 由图可知，运动员腾空的时间为2 s，由对称性可得自由下落的时间为1 s，故运动员跃起的最大高度是h＝eq \f(1,2)gt2＝5.0 m，C正确．
5．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力( )
图3
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案 AD
解析 由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．
6．如图4所示，滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下，在水平雪面上匀减速滑行一段距离停止，沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大，斜面与水平雪面平滑连接．下列图中x、v、a、F分别表示图4
滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力大小．其中正确的是( )
答案 B
解析 滑雪爱好者在斜面上做匀加速直线运动，在水平雪面上做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动．故A错误．对于匀加速直线运动有：v2＝2a1x1，对于匀减速直线运动有：v2＝2a2x2，因为x1>x2，所以a17．如图5所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线 图5
与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sin α)
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,cs α)，F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确．
8．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )
A．40 m B．20 m C．10 m D．5 m
答案 B
解析 a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(mg,m)＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m，B对．
9．如图6所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距6 m．求物体由A到B的时间为(g取10 m/s2)( ) 图6
A．2 s B．2.5 s
C．3.5 s D．4 s
答案 C
解析 物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运动．根据牛顿第二定律，μmg＝ma，物体匀加速运动的加速度为a＝μg＝2 m/s2，达到共同速度所用时间t1＝eq \f(v,a)＝1 s，发生位移x1＝eq \f(v,2)t1＝1 m，此后匀速运动t2＝eq \f(L－x1,v)＝2.5 s到达B端，共用时间为3.5 s，选项C正确．
10．(2016·衢州市调研)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．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N C．350 N D．300 N
答案 C
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,t)＝5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得：
F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
11．如图7甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略浮力．求：
图7
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2.
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．
答案 (1)15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象可知：
在0～2 s内，a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝15 m/s2，方向沿杆向上
在2～5 s内，a2＝eq \f(v2－v1,t2)＝－10 m/s2，“－”表示方向沿杆向下．
(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有
Fcs θ－μ(mgcs θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1
停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有
－μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N.
12．在海滨游乐场里有一种滑沙运动，如图8所示．某人坐在滑板上从斜坡的最高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离停下来．若滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°，AB长度为25 m，图8
斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)人从斜坡上滑下时的加速度大小；
(2)为保证安全，水平滑道BC的最短长度．
答案 (1)2.0 m/s2 (2)10 m
解析 (1)在斜坡上对人进行受力分析，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin θ－μFN＝ma1，FN＝mgcs θ
联立解得a1＝g(sin θ－μcs θ)＝2.0 m/s2
(2)解法一：人滑到B点时速度vB＝eq \r(2a1xAB)
在水平滑道上运动时a2＝μg
由0－veq \\al( 2,B)＝－2a2xBC
解得xBC＝eq \f(v\\al( 2,B),2a2)＝10 m.
解法二：mgxABsin θ－μmgxABcs θ－μmgxBC＝0
解得xBC＝10 m.
13．由于下了大雪，许多同学在课间追逐嬉戏，尽情玩耍，而同学王清和张华却做了一个小实验：他们造出一个方形的雪块，让它以一定的初速度从一斜坡的底端沿坡面冲上该足够长的斜坡(坡上的雪已压实，斜坡表面平整)，发现雪块能沿坡面最大上冲3.2 m．已知雪块与坡面间的动摩擦因数为μ＝0.05，他们又测量了斜坡的倾角为θ＝37°，如图9所示，他俩就估测出了雪块的初速度．那么：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图9
(1)请你算出雪块的初速度为多大？
(2)求雪块沿坡面向上滑的时间为多长？
(3)求雪块沿坡面滑到底端的速度大小？
答案 (1) 6.4 m/s (2) 1 s (3) 6 m/s
解析 (1)雪块上滑的加速度大小
a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)
＝gsin 37°＋μgcs 37°
＝6.4 m/s2
则初速度v0＝eq \r(2a1x)＝eq \r(2×6.4×3.2) m/s＝6.4 m/s
(2)雪块上滑的时间t＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(6.4,6.4) s＝1 s
(3)雪块下滑的加速度大小
a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)
＝gsin 37°－μgcs 37°
＝5.6 m/s2
则到达底端的速度
v＝eq \r(2a2x)＝eq \r(2×5.6×3.2) m/s≈6 m/s.知识内容
必考要求
加试要求
说明
牛顿运动定律的应用
d
d
1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形．
2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.
超重与失重
b