2020高考物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律的应用学案（含解析）.doc

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1、1第 2 讲 牛顿第二定律的应用主干梳理 对点激活知识点 牛顿第二定律的应用 1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的 运动情况；01 (2)已知运动情况求物体的 受力情况。02 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03 04 05 如图：知识点 超重和失重 1实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态 无关。01 (2)视重：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02 数称为视重。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。03 04 2超重、失重和完全失重的

2、比较2一 思维辨析1超重就是物体的重力变大的现象。( )2物体处于完全失重状态时，重力消失。( )3减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。( )4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。( )5物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。( )6物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。( )答案 1. 2. 3. 4. 5. 6.3二 对点激活1(人教版必修 1P87T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是 2 kg，受到两个大小都是 50 N 且互成 120角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是( )A物体受到的合力为

3、 50 NB物体的加速度为 25 m/s23C3 s 末物体的速度为 75 m/sD3 s 内物体发生的位移为 125 m答案 AC解析 两个夹角为 120的 50 N 的力，其合力仍为 50 N，加速度 a 25 m/s2,3 F合ms 末速度 v at75 m/s,3 s 内位移 x at2112.5 m，故 A、C 正确，B、D 错误。122(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则( )A钩码的重力约为 4 NB钩码的重力约为 2 NC A、 B、 C、 D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A

4、、 D，失重状态的是 B、 CD A、 B、 C、 D 四段图线中，钩码处于超重状态的是 A、 B，失重状态的是 C、 D答案 AC解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为 4 N，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为 4 N，A 正确，B 错误。 A、 D 段拉力大于重力，处于超重状态， B、 C段拉力小于重力，处于失重状态，C 正确，D 错误。3.(人教版必修 1P86例题 2 改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角 30，斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在 0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s

5、，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。4答案 (1)1.5 N (2)7 m/s解析 (1)由题意可知，滑块滑行的加速度a m/s23.5 m/s 2， v t 1.40.40对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin Ff ma，解得 Ff1.5 N。(2)根据 v22 ax 得v m/s7 m/s。23.57考点细研 悟法培优考点 1 牛顿第二定律的瞬时性问题1两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：

6、2求解瞬时加速度的一般思路 分 析 瞬 时 变 化 前 后物 体 的 受 力 情 况 列 牛 顿 第 二定 律 方 程 求 瞬 时加 速 度例 1 如图所示，两个质量均为 m 的小球 A、 B 用轻质弹簧连接，小球 A 的另一端用轻绳系在 O 点，放置在倾角为 30的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球 A、 B 的加速度大小分别为 aA、 aB，重力加速度大小为 g，则( )A aA g， aB0 B aA0， aB g5C aA g， aB g D aA0， aB g12解题探究 (1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？提示：以 B 为研究

7、对象利用平衡条件求解。(2)剪断轻绳后，弹簧上的力突变吗？提示：不突变。尝试解答 选 A。轻绳被剪断前，对小球 B 进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F mgsin30，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球 B 的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球 A 受到轻弹簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，对小球 A，由牛顿第二定律有 F mgsin30 maA，解得 aA g，A 正确。总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(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

8、运动分析。如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。变式 11 (2018山东六校联考)(多选)如图所示，原长为 l0、劲度系数为 k 的轻质弹簧一端与质量为 m 的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为 30的光滑木板 AB 托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为 g。则( )A弹簧的长度为 l03mg3kB木板 AB 对小球的支持力为 mg32C若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为 g12D若突然把木板 AB 撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为 g答案

9、AC解析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为 l，由平衡条件有： k(l l0) mgtan30，代入数据可得此时弹簧的长度为 l l0 ，A 项正确；对小球受力分析，小球受到重力、3mg3k木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为 FN mg，B 项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgcos302336mgsin30 ma，得 a g，C 项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，12由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为 mg，小球的加速度大小为233g，D 项错误。233变式 12 (2018海南五校模拟)如图所示

10、， A、 B 两球完全相同，质量均为 m，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的 O 点，两球之间连着一根劲度系数为 k 的轻质弹簧，已知重力加速度为 g，当升降机以加速度 a 竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角g2为 60，在运动过程中 O、 A 间的细线被剪断瞬间，下列关于 A、 B 两球的加速度的说法正确的是( )A A 球的加速度大小为 g，方向竖直向下B B 球的加速度大小为 g，方向竖直向上C A 球的加速度大小为 g，方向斜向左下方72D A 球的加速度大小为 g，方向沿 OA 方向3答案 C解析 O、 A 间的细线被剪断前，对小球 A 受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F2

11、cos30 mg ma， F2sin30 F10，解得 F1 kx mg，在 O、 A 间的细线被剪断瞬32间， F2突然消失，但 F1不突变，所以 A 球有水平向左的加速度 aAx g，竖直向下的F1m 32加速度 aAy g，则 A 球的加速度大小为 aA g，方向斜向左下方；而 B 球的a2Ax a2Ay72加速度仍为 a ，方向竖直向上，C 正确。g2考点 2 动力学的两类基本问题7动力学的两类基本问题的解题步骤例 2 (2018陕西摸底)如图所示，质量为 m1.0 kg 的物体在水平力 F5 N 的作用下，以 v010 m/s 向右匀速运动。倾角为 37的斜面与水平面在 A 点用极小

12、的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达 A 点后撤去水平力 F，再经过 1.5 s 物体到达 B 点。 g 取 10 m/s2，sin370.6 ，cos370.8。求 A、 B 两点间的距离 sAB。解题探究 (1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？提示：由物体在水平面上匀速运动 F mg 求出 。(2)1.5 s 时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：判断在斜面上速度减为零的时间；判断 与 tan 的关系。尝试解答 4.75_m物体在水平面上匀速运动时有 F mg物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mgsin mg cos ma1若物体减速到零，则有 0 v

13、0 a1t1解得 t11.0 smg cos ，故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有 mgsin mg cos ma2x2 a2t12 2根据题意有 t1 t21.5 s， sAB x1 x2联立解得 sAB4.75 m。总结升华8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)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。变式 21 如图所示，一物体以 v02 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t1 s。已知斜面长度

14、L1.5 m，斜面的倾角 30，重力加速度取 g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。答案 (1)1 m/s (2)1 m/s 2 方向沿斜面向上(3)235解析 (1)设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有：L t，代入数据解得： v1 m/s。v0 v2(2)因 vmgcos ，B 正确。 “重力”沿斜面向下的分力 G 下 ( mg ma)sin ，沿斜面摩擦力变为f N (mg ma)cos mg cos ，A 错误。f (mg ma)cos tan (mg ma)cos ( mg ma)sin G

15、下 ，所以物块仍沿斜面匀速运动，D 正确，C 错误。5(2018安徽 A10 联盟联考)如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为 30的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为 v，到斜面顶端的距离为 x，其 xv2图象如图乙所示。已知 g10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A物块的加速度大小为 8 m/s2B物块在 t1 s 时的速度大小为 8 m/sC物块在 t4 s 时处于斜面上 x24 m 的位置D物块与斜面间的动摩擦因数为 315答案 D解析 物块由静止沿斜面做匀加速直线运动，有 v22 ax，再结合图乙可得加速度为a4 m/s2，由 v

16、at 得 t 1 s 时物块速度大小为 4 m/s，A、B 错误；由 x at2知 t4 12s 时， x32 m，C 错误；由牛顿第二定律有： mgsin30 mg cos30 ma，解得 ， D 正确。315配套课时作业时间：45 分钟 满分：100 分一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 16 为单选，710 为多选)1为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动，并观察体重计示数的变化情况，表中记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间没有先后顺序)，若已知 t0时刻电梯静止，则( )17A t2时刻电梯不可能向上运动B

17、 t3时刻电梯一定处于静止状态C t1和 t2时刻电梯的加速度方向一定相反D t1和 t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反答案 C解析 由表格数据可知 t1时刻压力大于重力，该同学处于超重状态，加速度向上，电梯可能向上加速，也可能向下减速， t2时刻压力小于重力，该同学处于失重状态，加速度向下，电梯可能向上减速，也可能向下加速，A、D 错误，C 正确； t3时刻压力等于重力，电梯处于静止或者匀速运动状态，加速度为零，B 错误。2(2018襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在 4 s 末到达离地面 100

18、 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是 v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的 k 倍，那么 v0和 k 分别等于(重力加速度 g 取 10 m/s2)( )A25 m/s,1.25 B40 m/s,0.25C50 m/s,0.25 D80 m/s,1.25答案 C解析 根据 h at2，解得 a12.5 m/s2，所以 v0 at50 m/s；上升过程礼花弹所12受的平均阻力 Ff kmg，根据牛顿第二定律得 a ( k1) g12.5 m/s2，解得mg Ffmk0.25，故 C 正确。3(2018南昌模拟)如图所示，物体从倾角为 的斜

19、面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为 v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为 v，已知v1 kv，且 kmg cos ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，A、B 错误；12设滑块下滑时的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律可得 mgsin mg cos ma2，解得a22 m/s 2，经 1 s，滑块下滑的距离为 x2 a2t 1 mmg，故在 010 s 钢索最容易发生断裂，C 正确，D错误。二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11.(2018德州模拟)(14 分)一质量为 m2 kg 的滑块能在倾角为 30的足够长的斜面上以 a2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，

20、若用一水平向右恒力 F 作用于滑块，使之由静止开始在 t2 s 内能沿斜面运动位移 x4 m。( g 取 10 m/s2)求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 ；(2)恒力 F 的大小。答案 (1) (2) N 或 N36 7635 437解析 (1)根据牛顿第二定律可得：mgsin mg cos ma代入数据得 。36(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。由 x a1t2，得 a12 m/s 2。1222当加速度沿斜面向上时，有Fcos30 mgsin30 F N ma1Fsin30 mgcos30 FN联立并代入数据得 F N；7635当加速度沿斜面向下时，

21、有mgsin30 Fcos30 F N ma1Fsin30 mgcos30 FN联立并代入数据得 F N。43712(2018湖南株洲诊断)(16 分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫” ，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过 8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 10.25 变为 20.125。一运动员从倾角 37的坡顶 A 处由静止开始自由下滑，滑至

22、坡底 B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在 C 处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长 l24.1 m， g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)求运动员到达 B 处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数 30.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。答案 (1)2 s (2)15 m/s (3)22.5 m解析 (1)由牛顿第二定律得， mgsin 1mgcos ma1，有a1 gsin 1gcos 4 m/s 2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间 t1 2 sva1位移 x1 a1t 8 m。12 21(2)由牛顿第二定律得， mgsin 2mgcos ma2，有a2 gsin 2gcos 5 m/s 2由 v v22 a2(l x1)2B代入数据解得 vB15 m/s。(3)根据牛顿第二定律得， a3 3g5 m/s 223在水平面滑行的距离 x3 22.5 m。v2B2a3