《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第2講 牛頓 第二定律的應(yīng)用(1)教學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第2講 牛頓 第二定律的應(yīng)用(1)教學(xué)案（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　牛頓第二定律的應(yīng)用(1) ? 教材知識梳理 一、動力學(xué)的兩類基本問題 1．由物體的受力情況求解運動情況的基本思路：先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合＝ma)求出________，再由運動學(xué)的有關(guān)公式求出速度或位移． 2．由物體的運動情況求解受力情況的基本思路：已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出________，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力． 說明：牛頓第二定律是聯(lián)系運動問題與受力問題的橋梁，加速度是解題的關(guān)鍵． 二、超重和失重 1．超重 物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)________物體所受重力的情況稱為超重現(xiàn)象． 2．失重 物體對水

2、平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)________物體所受重力的情況稱為失重現(xiàn)象． 3．完全失重 物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)________的情況稱為完全失重現(xiàn)象． 4．視重與實重 (1)當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為________．視重大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力． (2)物體實際受到的重力大小稱為________． 三、連接體與隔離體 1．連接體與隔離體：兩個或兩個以上物體相連接組成的物體系統(tǒng)，稱為________．如果把其中某個(或幾個)物體隔離出來，該物體稱為________． 2．外力和內(nèi)

3、力 (1)以物體系為研究對象，系統(tǒng)之外其他物體的作用力是系統(tǒng)受到的________，而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力為________． (2)求外力時應(yīng)用牛頓第二定律列方程不考慮________；如果把物體隔離出來作為研究對象，則這些內(nèi)力將變?yōu)楦綦x體的________． 答案：一、1.加速度　2.加速度 二、1.大于　2.小于　3.等于零 4．(1)視重　(2)實重 三、1.連接體　隔離體 2．(1)外力　內(nèi)力　(2)內(nèi)力　外力 【思維辨析】 (1)放置于水平桌面上的物塊受到的重力是物塊的內(nèi)力．(　　) (2)系統(tǒng)的內(nèi)力不會影響系統(tǒng)整體的運動效果．(　　) (3)運動物體的

4、加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決定．(　　) (4)物體處于超重狀態(tài)時，物體的重力大于mg.(　　) (5)物體處于完全失重狀態(tài)時其重力消失．(　　) (6)物體處于超重還是失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無關(guān)．(　　) (7)減速上升的升降機內(nèi)的物體對地板的壓力大于重力．(　　) 答案：(1)(×)　(2)(√)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(×) (6)(√)　(7)(×) ? 考點互動探究 　考點一　動力學(xué)的兩類基本問題 解決動力學(xué)兩類問題的基本思路 1 [2016·四川卷] (17分)避險車道是避免惡性交通事故的重

5、要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖3-7-2所示，豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍．貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g取10 m/s2.求： (1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；

6、(2)制動坡床的長度． 圖3-7-1 圖3-7-2 [解答規(guī)范] (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 ________＝ma1(2分) f＝________(2分) 聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2(1分) a1的方向沿制動坡床向下．(1分) (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k

7、倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則 Mgsin θ＋F－f＝Ma2(2分) F＝k(m＋M)g(2分) s1＝________(2分) s2＝________(2分) s＝________(1分) l＝l0＋s0＋s2(1分) 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 l＝98 m．(1分) 答案：f＋mgsin θ　μmgcos θ　vt－a1t2　vt－a2t2　s1－s2 式題1 研究表明，一般人的剎車反應(yīng)時間(即圖3-7-3甲中“反應(yīng)過程”所用時間)t0＝0.4 s，但飲酒會導(dǎo)致反應(yīng)時間延長．在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以v0＝72 km/h的速度在試驗

8、場的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L＝39 m．減速過程中汽車位移x與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示．此過程可視為勻變速直線運動．重力加速度的大小g取10 m/s2.求： (1)減速過程中汽車加速度的大小及所用時間； (2)飲酒使志愿者比一般人增加的反應(yīng)時間； (3)減速過程中汽車對志愿者的作用力大小與志愿者重力大小的比值． 圖3-7-3 答案：(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3) [解析] (1)設(shè)減速過程中汽車加速度的大小為a，所用時間為t，由題可得，初速度v0＝20 m/s，末速度v＝0，位移x＝25 m，由運動學(xué)公式得 v＝2a

9、x t＝ 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得 a＝8 m/s2，t＝2.5 s (2)設(shè)志愿者正常情況下反應(yīng)時間為t′，飲酒后反應(yīng)時間的增加量為Δt，由運動學(xué)公式得 L＝v0t′＋x Δt＝t′－t0 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得 Δt＝0.3 s (3)設(shè)志愿者所受的合外力大小為F，汽車對志愿者的作用力大小為F0，志愿者質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得 F＝ma 由平行四邊形定則得 F＝F2＋(mg)2 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得 ＝. 式題2 [2016·合肥質(zhì)量檢測] 如圖3-7-4所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是半圓的圓心，圓和半圓處在同一豎

10、直平面內(nèi)．現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于圓和半圓的圓周上，軌道與圓的豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ.現(xiàn)讓小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為(　　) 圖3-7-4 A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB

11、與豎直線的夾角關(guān)系α>β>θ可知，tAB>tCD>tEF，選項B正確． 　考點二　超重與失重問題 2 [2016·江蘇南通如皋模擬] 我國“80后”女航天員王亞平在“天宮一號”里給全國的中小學(xué)生們上了一堂實實在在的“太空物理課”．在火箭發(fā)射、飛船運行和回收過程中，王亞平要承受超重或失重的考驗，下列說法正確是(　　) A．飛船在降落時需要打開降落傘進行減速，王亞平處于超重狀態(tài) B．飛船在降落時需要打開降落傘進行減速，王亞平處于失重狀態(tài) C．飛船在繞地球勻速運行時，王亞平處于超重狀態(tài) D．火箭加速上升時，王亞平處于失重狀態(tài) 答案：A　 [解析] 飛船在降落時需要打開降落傘進行減

12、速，加速度方向向上，王亞平處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；飛船在繞地球勻速運行時，萬有引力提供向心力，加速度方向向下，王亞平處于失重狀態(tài)，故C錯誤；火箭加速上升時，加速度方向向上，王亞平處于超重狀態(tài)，故D錯誤． ■ 題根分析 本題通過受力分析和牛頓第二定律，考查運動過程中的超重、失重問題．對超重、失重問題的分析應(yīng)注意： (1)超重、失重現(xiàn)象的實質(zhì)是物體的重力的效果發(fā)生了變化，重力的效果增大，則物體處于超重狀態(tài)；重力的效果減小，則物體處于失重狀態(tài)．重力的作用效果體現(xiàn)在物體對水平面的壓力、物體對豎直懸線的拉力等方面，在超重、失重現(xiàn)象中物體的重力并沒有發(fā)生變化． (2)物體是處于超重狀態(tài)

13、，還是失重狀態(tài)，取決于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態(tài)；只要加速度有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)，當(dāng)物體的加速度等于重力加速度時(豎直向下)，物體就處于完全失重狀態(tài)． (3)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平不能測量物體的質(zhì)量、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強等． ■ 變式網(wǎng)絡(luò) 式題1 [2016·合肥質(zhì)量檢測] 如圖3-7-5所示，在教室里某同學(xué)站在體重計上研究超重與失重．她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程．關(guān)于她的實驗現(xiàn)象，

14、下列說法中正確的是(　　) 圖3-7-5 A．只有“起立”過程才能出現(xiàn)超重的現(xiàn)象 B．只有“下蹲”過程才能出現(xiàn)失重的現(xiàn)象 C．“下蹲”的過程中，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象 D．“起立”“下蹲”的過程中，都能出現(xiàn)超重和失重的現(xiàn)象 答案：D　[解析] “起立”的過程中，先加速向上后減速向上運動，加速向上運動時加速度方向向上，出現(xiàn)超重現(xiàn)象，減速向上運動時加速度方向向下，出現(xiàn)失重現(xiàn)象，即“起立”過程先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象；“下蹲”的過程中，先加速向下后減速向下運動，加速向下運動時加速度方向向下，出現(xiàn)失重現(xiàn)象，減速向下運動時加速度方向向上，出現(xiàn)超重現(xiàn)象，即“下蹲”過程先出現(xiàn)失重現(xiàn)

15、象后出現(xiàn)超重現(xiàn)象，D正確，A、B、C錯誤． 式題2 [2016·福建質(zhì)量檢測] 如圖3-7-6所示，質(zhì)量為M的纜車車廂通過懸臂固定懸掛在纜繩上，車廂水平底板上放置一質(zhì)量為m的貨物，在纜繩牽引下貨物隨車廂一起斜向上加速運動．若運動過程中懸臂和車廂始終處于豎直方向，重力加速度大小為g，則(　　) 圖3-7-6 A．車廂對貨物的作用力大小等于mg B．車廂對貨物的作用力方向平行于纜繩向上 C．懸臂對車廂的作用力大于(M＋m)g D．懸臂對車廂的作用力方向沿懸臂豎直向上 答案：C　[解析] 貨物隨車廂一起斜向上加速運動，由牛頓第二定律可知，車廂與貨物的重力和懸臂對車廂的作用力的合力方

16、向應(yīng)與加速度方向一致，故懸臂對車廂的作用力方向是斜向上的，選項D錯誤；由于車廂和貨物在豎直方向有向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，故懸臂對車廂的作用力大于(M＋m)g，選項C正確；同理，對車廂中貨物用隔離法分析可知，車廂對貨物的作用力大于mg，方向是斜向上的，但不平行于纜繩，選項A、B錯誤． 式題3 (多選)飛船繞地球做勻速圓周運動，宇航員處于完全失重狀態(tài)時，下列說法正確的是(　　) A．宇航員不受任何力作用 B．宇航員處于平衡狀態(tài) C．地球?qū)τ詈絾T的引力全部用來提供向心力 D．正立和倒立時宇航員一樣舒服 答案：CD　[解析] 飛船繞地球做勻速圓周運動時，飛船以及里面的宇航員都受到

17、地球的萬有引力，選項A錯誤；宇航員隨飛船繞地球做勻速圓周運動，宇航員受到地球的萬有引力提供其做圓周運動的向心力，不是處于平衡狀態(tài)，選項B錯誤，選項C正確；完全失重狀態(tài)下，重力的效果完全消失，正立和倒立情況下，身體中的器官都是處于懸浮狀態(tài)，沒有差別，所以一樣舒服，選項D正確． 　考點三　連接體問題 應(yīng)用牛頓第二定律解決連接體類問題時，正確地選取研究對象是解題的關(guān)鍵．若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，則可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力， 應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)；若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力，則

18、需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解；若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求物體之間的作用力，則可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”． 3 如圖3-7-7所示，一足夠長的固定光滑斜面的傾角θ＝37°，大小可以忽略的兩個小物體A、B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝4 kg，兩物體之間的輕繩長L＝0.5 m，輕繩可承受的最大拉力為T＝12 N．對B施加一沿斜面向上的力F，使A、B由靜止開始一起向上運動，力F逐漸增大，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

19、(1)若某一時刻輕繩被拉斷，求此時外力F的大??； (2)若輕繩拉斷瞬間A、B的速度為3 m/s，繩斷后保持外力F不變，當(dāng)A運動到最高點時，求A、B之間的距離． 圖3-7-7 [解析] (1)對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a 隔離A物體，根據(jù)牛頓第二定律得 T－mAgsin θ＝mAa 聯(lián)立解得F＝60 N (2)取沿斜面向上為正方向．隔離A物體，根據(jù)牛頓第二定律得 －mAgsin θ＝mAaA 解得aA＝－gsin θ＝－6 m/s2 則A物體到最高點所用時間 t＝＝0.5 s 此過程A物體的位移為 xA＝·t

20、＝0.75 m 隔離B物體，根據(jù)牛頓第二定律得 F－mBgsin θ＝mBaB 解得aB＝－gsin θ＝9 m/s2 此過程B物體的位移為 xB＝v0t＋aBt2＝2.625 m 兩者間距為xB－xA＋L＝2.375 m. 式題1 [2016·湖南衡陽月考] 如圖3-7-8所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個材料相同的物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后豎直向上勻加速運動，不計空氣阻力，在三個階段的運動中，線上的拉力大小(　　) 圖3-7-8 A．由大變小 B．由小變大 C．始終不變且大小為F D．由大變小再變大 答案：C　[解析

21、] 在水平面上時，對整體，由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，對質(zhì)量為m1的物體，由牛頓第二定律得T1－μm1g＝m1a1，聯(lián)立解得T1＝F；在斜面上時，對整體，由牛頓第二定律得F－μ(m1＋m2)gcos θ－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a2，對質(zhì)量為m1的物體，由牛頓第二定律得T2－μm1gcos θ－m1gsin θ＝m1a2，聯(lián)立解得T2＝F；在豎直方向上運動時，對整體，由牛頓第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，對質(zhì)量為m1的物體，由牛頓第二定律得T3－m1g＝m1a3，聯(lián)立解得T3＝F.綜上分析可知，線上的拉力大小始終不變且大小為

22、F，選項C正確． 式題2 a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用大小為F的恒力豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，如圖3-7-9所示，下列說法正確的是(　　) 圖3-7-9 A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2 C．若m1>m2，則x1>x2 D．若m1

23、律有kx1－m2g＝m2a1，聯(lián)立解得kx1＝；在水平方向運動時，以整體為研究對象，由牛頓第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物體b為研究對象，由牛頓第二定律有kx2＝m2a2，聯(lián)立解得kx2＝，可見x1＝x2，選項A正確． ■ 方法技巧 求解連接體內(nèi)部物體之間的作用力時，一般選受力較少的隔離體為研究對象；求解具有相同的加速度的連接體外部對物體的作用力或加速度時，一般選取系統(tǒng)整體為研究對象．大多數(shù)連接體問題中需要整體法和隔離法交替使用． 【教師備用習(xí)題】 1．[2015·重慶卷] 若貨物隨升降機運動的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖

24、像可能是圖中的(　　) 圖1-3 A　　　　　　B　　　　　C　　　　　　D [解析] B　貨物的上下運動涉及超重和失重，超重時加速度向上，失重時加速度向下．由v-t圖像知，整個運動分為六個階段，貨物的加速度分別是：向下、為零、向上、向上、為零、向下，故支持力和重力的關(guān)系分別為：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五兩個階段為基準(zhǔn)(支持力等于重力)，可得B正確． 2．(多選)[2015·海南卷] 如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊．開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑．當(dāng)升降機加速上升時(　　) A．物塊與斜面間的摩擦力減小 B．物塊與

25、斜面間的正壓力增大 C．物塊相對于斜面減速下滑 D．物塊相對于斜面勻速下滑 [解析] BD　升降機勻速運動時，物塊勻速下滑，以物塊為研究對象，沿斜面方向，有mgsin θ＝f，垂直于斜面方向，有FN＝mgcos θ，又知f＝μFN，解得μ＝tan θ；升降機加速上升，時物塊處于超重狀態(tài)，物塊與斜面間的正壓力變大，滑動摩擦力也變大，選項A錯誤，選項B正確；加速上升瞬間，沿斜面方向，有f′－mgsin θ＝masin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mgcos θ＝macos θ，解得＝tan θ＝μ，由于物塊有相對于斜面向下的初速度，所以物塊沿斜面向下勻速運動，選項C錯誤，選項D正確． 3

26、．[2013·安徽卷] 如圖所示，細線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行．在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)(　　) A．T＝m(gsin θ＋acos θ)，F(xiàn)N＝m(gcos θ－asin θ) B．T＝m(gcos θ＋asin θ)，F(xiàn)N＝m(gsin θ－acos θ) C．T＝m(acos θ－gsin θ)，F(xiàn)N＝m(gcos θ＋asin θ) D．T＝m(asin θ－gcos θ)，F(xiàn)N＝m(gsin θ＋acos θ

27、) [解析] A　對物體進行受力分析，如圖所示，應(yīng)用牛頓第二定律，在水平方向有Tcos θ－FNsin θ＝ma，在豎直方向有Tsin θ＋FNcos θ＝mg，解得T＝macos θ＋mgsin θ，F(xiàn)N＝mgcos θ－masin θ，選項A正確． 4．(多選)[2013·浙江卷] 如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g取10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為

28、4830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N [解析] AD　熱氣球從地面剛開始豎直上升時，速度很小，空氣阻力可以忽略，對熱氣球，由牛頓第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正確．如果熱氣球一直勻加速上升，則上升180 m時的速度v＝＝6 m/s>5 m/s，故熱氣球不是勻加速上升，說明隨著速度的增加，空氣阻力也越來越大，故B錯誤．如果熱氣球一直勻加速上升，則上升180 m所用的時間t＝＝12 s>10 s，說明上升10 s后還未上升到180 m處，速度小于5 m/s，故C錯誤．以5 m/s的速度勻速上升階段，空氣阻力f＝F－mg＝230 N，故D正確． 12