高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律的基本应用学案

这是一份高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律的基本应用学案，共8页。
第二节　牛顿第二定律的基本应用考点一　瞬时问题1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。2．两种模型3．注意问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。 　(2020·山东六地市3月在线大联考)如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为(　　) A．g B．C. D．[解析]　当框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg＋Mg，对小球由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝g。[答案]　D【对点练1】　(2020·黄冈市第一次模拟)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一端固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后(　　) A．小球立即获得的加速度B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C．小球落地的时间小于D．小球落地的速度大于解析：选D。细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力F合＝，剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有F合＝＝ma，解得a＝，A错误；做平抛运动的物体只受重力，将细绳剪断后，小球受到重力和弹簧的弹力共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有h＝gt2，故小球落地的时间t＝，C错误；如果不受弹簧弹力，小球将做自由落体运动，根据自由落体运动规律有v2＝2gh，解得落地速度v＝，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，D正确。【对点练2】　(多选) 如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是(　　)A．轻绳a的拉力大小为6mgsin θB．B的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下C．C的加速度为0D．杆的弹力为0解析：选BD。轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小FT＝mgsin θ，A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsin θ，方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，D正确。考点二　超重和失重现象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。(4)尽管整体没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，整体也会处于超重或失重状态。2．判断超重和失重的方法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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态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　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。 　(2020·重庆市期末学习质量评估)在升降机底部安装一个压力传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg[解析]　由题图乙可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由题图乙可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B错误；由题图乙可知，t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由题图乙可知，t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。[答案]　C【对点练3】　(多选)(2020·南通市5月第二次模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员(　　)A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD。运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。【对点练4】　(2020·青岛市5月统一质量检测)某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　)A．1 s时人处在下蹲的最低点B．2 s时人处于下蹲静止状态C．该同学做了2次下蹲—起立的动作D．下蹲过程中人始终处于失重状态解析：选B。人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下，加速度方向先向下后向上，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中是先失重后超重，D错误；在1 s时向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，A错误；2 s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，B正确；该同学在前2 s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，C错误。考点三　动力学的两类基本问题1．解题步骤2．两个关键点 　(2020·山东省等级考试物理模拟卷)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度大小g取10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)[解析]　(1)对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有f＝μmgcos θ而货车重力沿斜面的分量为F＝mgsin θ若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要f>F即mgsin θ<μmgcos θ解得tan θ<μ即当tan θ<μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律有F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma解得a＝5.51 m/s2设货车在避险车道上行驶的最大距离为x根据匀变速直线运动位移公式0－v＝－2ax代入数据，解得x＝≈57 m。[答案]　(1)tan θ<μ　(2)57 m【对点练5】　(多选)(2021·肇庆市检测)小物块从倾角为37°的固定斜面顶端以初速度v0滑下，在时间t内下滑的位移为x，其－t图象如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则(　　)A．v0＝2 m/sB．v0＝4 m/sC．物块与斜面间动摩擦因数为0.5D．物块与斜面间动摩擦因数为0.625解析：选AC。由匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at图象纵轴截距为初速度，则有v0＝2 m/s故A正确，B错误；图象斜率为a＝1解得a＝2 m/s2对小物块下滑过程，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma解得μ＝0.5故C正确，D错误。【对点练6】　2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：(1)在水平轨道上运动的加速度大小；(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。解析：(1)根据速度位移公式v2－v＝2aL1，解得a＝20 m/s2；(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma解得Ff＝2.0×105 N；(3)A到C位移x＝≈200 m所用的时间t＝＋0.5 s＝4 s平均速度＝＝50 m/s。答案：(1)20 m/s2　(2)2.0×105 N　(3)50 m/s