【物理】2020届一轮复习鲁科版第7讲　牛顿第二定律的应用1学案 22页

第7讲　牛顿第二定律的应用1‎ 一、动力学的两类基本问题 ‎1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路:‎ 先求出几个力的合力,由牛顿第二定律(F合=ma)求出　　　　,再由运动学的有关公式求出有关的运动量. ‎ ‎2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路:‎ 已知加速度或根据运动规律求出　　　　,再由牛顿第二定律求出合力,从而确定未知力. ‎ 说明:牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁,加速度是解题的关键.‎ 二、超重和失重 ‎1.超重与失重 物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的情况称为超重现象,　　　　物体所受重力的情况称为失重现象. ‎ ‎2.完全失重 物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)　　　　的情况称为完全失重现象. ‎ ‎【辨别明理】‎ ‎(1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力. (　　)‎ ‎(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果. (　　)‎ ‎(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解,所以加速度由运动情况决定. (　　)‎ ‎(4)物体处于超重状态时,物体的重力大于mg. (　　)‎ ‎(5)物体处于完全失重状态时其重力消失. (　　)‎ ‎(6)物体处于超重还是失重状态,由加速度的方向决定,与速度方向无关. (　　)‎ ‎(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力. (　　)‎ 考点一　动力学的两类基本问题 ‎　　解决动力学两类问题的基本思路 考向一　已知受力求运动 例1 (9分)[2018·浙江4月选考] 可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏.如图7-1所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变).若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.求:‎ 图7-1‎ ‎(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;‎ ‎(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;‎ ‎(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小.(计算结果可用根式表示)‎ ‎【规范步骤】‎ ‎(1)向上“奔跑”过程的位移x=　　(2分) ‎ ‎(2)上滑过程的加速度大小a1=　　(2分) ‎ 下滑过程的加速度大小a2=　　(2分) ‎ ‎(3)上滑过程的位移x1=　　(1分) ‎ 设退滑到出发点的速度为v,则　　(1分) ‎ 解得v=　　　　　　　　　(1分) ‎ 变式题 [2018·呼和浩特模拟] 滑沙运动中,滑板相对沙地的速度大小会影响沙地对滑板的动摩擦因数.假设滑沙者的速度超过8 m/s时,滑板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1=0.5变为μ2=0.25.如图7-2所示,一滑沙者从倾角θ=37°的坡顶A处由静止开始下滑,滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面,最后停在C处.已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3=0.4,AB坡长L=20.5 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:‎ ‎(1)滑沙者到B处时的速度大小;‎ ‎(2)滑沙者在水平地面上运动的最大距离;‎ ‎(3)滑沙者在AB段下滑与在BC段滑动的时间之比.‎ 图7-2‎ 考向二　已知运动求受力 例2 [2018·杭州六校联考] 我国第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥,歼-20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大为9g的加速度.假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20以50 m/s的初速度离地,开始竖直向上飞行.该飞机在10 s内匀加速到3060 km/h,匀速飞行一段时间后达到最大飞行高度18.1 km.假设加速阶段所受阻力恒为重力的‎1‎‎5‎.已知该歼-20质量为20 t,g取10 m/s2,忽略战机因油耗等导致的质量变化.‎ ‎(1)请通过计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥;‎ ‎(2)求本次飞行测试中歼-20匀速飞行的时间;‎ ‎(3)求本次飞行测试中在加速阶段歼-20发动机提供的推力大小.‎ 图7-3‎ 变式题 《地球脉动2》是BBC制作的大型纪录片,该片为了环保采用热气球进行拍摄.若气球在空中停留一段时间后,摄影师扔掉一些压舱物使气球竖直向上做匀加速运动.假设此过程中气球所受空气作用力与停留阶段相等,摄影师在4 s时间内发现气球上升了4 m;然后保持质量不变,通过减小空气作用力使气球速度再上升2 m过程中随时间均匀减小到零.已知气球、座舱、压舱物、摄影器材和人员的总质量为1050 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)匀加速阶段的加速度大小;‎ ‎(2)扔掉的压舱物质量;‎ ‎(3)气球速度均匀减小过程中所受空气作用力的大小.‎ 图7-4‎ 考点二　牛顿第二定律与图像综合问题 ‎1.常见的动力学图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等.‎ ‎2.解题策略 ‎(1)动力学图像问题实质是求解力与运动的关系,解题关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.‎ ‎(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题进行准确判断.‎ 图7-5‎ 例3 [2018·全国卷Ⅰ] 如图7-5所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,如图7-6所示表示F和x之间关系的图像可能正确的是 (　　)‎ 图7-6‎ 变式题1 如图7-7甲所示,一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上,从零时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0~3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示,则 (　　)‎ 图7-7‎ A.F的最大值为12 N B.0~1 s内和2~3 s内物体加速度的方向相反 C.3 s末物体的速度最大,最大速度为8 m/s D.0~1 s内物体做匀加速运动,2~3 s内物体做匀减速运动 变式题2 (多选)如图7-8甲所示,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出 (　　)‎ ‎　　 甲　　　　　　　　乙 图7-8‎ A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎■ 要点总结 解决图像综合问题的关键 ‎(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点.‎ ‎(2)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点.‎ 考点三　 超重与失重问题 例4 [人教版必修1改编] 如图7-9所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,反映体重计示数随时间变化的F-t图像可能正确的是图7-10中的 (　　)‎ ‎ 图7-9　　　　　　 　　 　　　　　　图7-10‎ ‎■ 题根分析 本题通过受力分析和牛顿第二定律,考查运动过程中的超重、失重问题.对超重、失重问题的分析应注意:‎ ‎(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的作用效果发生了变化,重力的作用效果增强,则物体处于超重状态;重力的作用效果减弱,则物体处于失重状态.重力的作用效果体现在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面,在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化.‎ ‎(2)物体是处于超重状态还是失重状态,取决于加速度的方向,而不是速度的方向.只要加速度有竖直向上的分量,物体就处于超重状态;只要加速度有竖直向下的分量,物体就处于失重状态,当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下),物体就处于完全失重状态.‎ ‎(3)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,如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等.‎ ‎■ 变式网络 变式题1 (多选)某人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图7-11所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力 (　　)‎ 图7-11‎ 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 变式题2 (多选)如图7-12甲所示为一条倾斜的传送轨道,B是传送货物的平台,可以沿着斜面上的直轨道运送物体.某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜面轨道下端,运动过程可用如图乙所示的速度—时间图像表示.下列分析中不正确的是 (　　)‎ 图7-12　‎ A.0~t1时间内,B对A的支持力小于重力,摩擦力水平向右 B.t1~t2时间内,B对A的支持力等于重力,摩擦力水平向左 C.t2~t3时间内,B对A的支持力大于重力,摩擦力水平向右 D.0~t1时间内出现失重现象,t2~t3时间内出现超重现象 变式题3 (多选)飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全失重状态时,下列说法正确的是 (　　)‎ A.宇航员不受任何力作用 B.宇航员处于平衡状态 C.地球对宇航员的引力全部用来提供向心力 D.正立和倒立时宇航员感觉一样 完成课时作业(七)‎ 第7讲　牛顿第二定律的应用1‎ ‎【教材知识梳理】‎ 一、1.加速度　2.加速度 二、1.大于　小于　2.等于零 辨别明理 ‎(1)(×)　(2)(√)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(×)‎ ‎(6)(√)　(7)(×)‎ ‎【考点互动探究】‎ 考点一 例1　(1) ‎1‎‎2‎at2=16 m　(2)gsin θ+μgcos θ=8 m/s2　‎ gsin θ-μgcos θ=4 m/s2‎ ‎(3)‎(at‎)‎‎2‎‎2‎a‎1‎=1 m　v2=2a2(x+x1)　2‎34‎ m/s 变式题　(1)10 m/s　(2)12.5 m　(3)9∶5‎ ‎[解析] (1)滑沙者在斜坡上刚开始速度较小,设经过t1时间下滑速度达到8 m/s,根据牛顿第二定律得 ma1=mgsin θ-μ1mgcos θ 解得a1=2 m/s2‎ 所以t1=va‎1‎=4 s 下滑的距离为x1=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎=16 m 接下来下滑时的加速度a2=gsin θ-μ2gcos θ=4 m/s2‎ 所以下滑到B点时,有vB‎2‎-v2=2a2(L-x1)‎ 解得vB=10 m/s ‎(2)滑沙者在水平地面减速的加速度大小a3=μ3g=4 m/s2‎ 所以能滑行的最大距离x2=vB‎2‎‎2‎a‎3‎=12.5 m ‎(3)根据以上计算,速度从8 m/s增大到10 m/s所用时间t2=vB‎-va‎2‎=0.5 s 在斜坡上滑行的总时间T1=t1+t2=4.5 s 在水平面上减速滑动的时间T2=vBa‎3‎=2.5 s 所以时间之比T‎1‎T‎2‎=‎‎9‎‎5‎ 例2　(1)不会　(2)16 s　(3)1.84×106 N ‎[解析] (1)3060 km/h=850 m/s 加速阶段的加速度a=ΔvΔt=80 m/s2‎ 因为a<9g,因此飞行员不会晕厥.‎ ‎(2)在匀加速阶段,飞机上升的高度为x=v0t+‎1‎‎2‎at2=4500 m 所以匀速上升的时间为t'=h-xv =16 s ‎(3)根据牛顿第二定律得F-f-mg=ma 解得F=1.84×106 N 变式题　(1)0.5 m/s2　(2)50 kg　(3)9000 N ‎[解析] (1)匀加速阶段,有x=‎1‎‎2‎at2‎ 解得a=0.5 m/s2‎ ‎(2)设气球停留阶段受到空气的作用力为F,抛掉质量为m的压舱物,则气球整体向上匀加速运动时,由牛顿第二定律得F-(M-m)g=(M-m)a 又F=Mg 解得m=50 kg ‎(3)气球匀加速阶段的末速度为v=at=0.5×4 m/s=2 m/s 匀减速阶段,有v2=2a'x'‎ 解得a'=1 m/s2‎ 设气球在匀减速阶段受到空气作用力为f,根据牛顿第二定律得(M-m)g-f=(M-m)a'‎ 解得f=9000 N 考点二 例3　A　[解析] 设物块P静止时弹簧的压缩量为L,有kL=mg,当物块P位移为x时,弹簧弹力为k(L-x),根据牛顿第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx-ma,可见,F与x是一次函数关系,A正确.‎ 变式题1　C　[解析] 1~2 s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律知合外力为F合=ma=12 N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12 N,A错误;物体在力F作用下由静止开始运动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3 s内始终做加速运动,第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B错误;因为物体速度始终增大,故3 s末物体的速度最大,根据Δv=a·Δt知,速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围的面积,即Δv=‎1‎‎2‎×(1+3)×4 m/s=8 m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8 m/s,C正确;第2 s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在0~1 s内物体做加速度增大的加速运动,2~3 s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.‎ 变式题2　ACD　[解析] 上滑时设物块的加速度大小为a1,对物块由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,下滑时设物块的加速度大小为a2,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,由图像可得,a1=v‎0‎t‎1‎,a2=v‎1‎t‎1‎,联立可求出θ和μ,A、C正确;v-t图像与时间轴在第一象限所围的面积表示上滑的最大位移,进而可求出上滑的最大高度,D正确;根据题中条件无法求出物块的质量,B错误.‎ 考点三 例4　C　[解析] “下蹲”的过程中,先加速向下运动,后减速向下运动,加速向下运动时,加速度方向向下,出现失重现象,而减速向下运动时,加速度方向向上,出现超重现象,选项C正确.‎ 变式题1　AD　[解析] 区分超重与失重的关键是看加速度的方向:加速度向上时,超重;加速度向下时,失重.对人进行受力分析可知,FN-G=ma,即FN=ma+G,a大(小),‎ 则地板对人的支持力大(小),由牛顿第三定律可知,人对地板的压力也大(小),故选项A、D正确,选项B、C错误.‎ 变式题2　BC　[解析] 由图像可知,0~t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,此加速度可以分解为水平向右和竖直向下的加速度,再分析A的受力可以得到,竖直方向上A有向下的加速度,则B对A的支持力小于重力,而水平方向上A有向右的加速度,则A受到水平向右的摩擦力,故A正确;由图像可知,t1~t2时间内,整体向下做匀速运动,A受力平衡,所以竖直方向上B对A的支持力等于重力,水平方向上不受摩擦力的作用,故B错误;由图像可知,t2~t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,此加速度可以分解为水平向左和竖直向上的加速度,再分析A的受力可以得到,竖直方向上A有向上的加速度,则B对A的支持力大于重力,而水平方向上A有向左的加速度,则A受到水平向左的摩擦力,故C错误;0~t1时间内,整体沿斜面向下做匀加速运动,处于失重状态,t2~t3时间内,整体沿斜面向下做匀减速运动,处于超重状态,故D正确.‎ 变式题3　CD　[解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,选项C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立感觉一样,选项D正确.‎ 图7-1‎ ‎1.(多选)如图7-1所示是杂技中“顶竿”表演.地面上演员B的肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作.某次“顶竿”表演临近结束时,演员A从竿(竖直)顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度恰好为零,若竿长为6 m,下滑的总时间为3 s,前1 s做匀加速运动,1 s末达到最大速度后做匀减速运动,3 s末恰滑到竿底.设演员A的质量为40 kg,竹竿的质量为1 kg,g取10 m/s2,则 (　　)‎ A.在下滑过程,演员A的加速度方向始终向下 B.在下滑过程中,演员A所受的摩擦力保持不变 C.1~3 s内,演员A处于超重状态 D.t=2.5 s时,演员B肩部所受的压力大小为490 N ‎[解析] CD　演员A下滑,先加速运动后减速运动,即加速度先向下后向上,前1 s内处于失重状态,后2 s内处于超重状态,选项A错误,C正确;在下滑过程中加速度方向有变化,由牛顿第二定律知,演员A所受的摩擦力有变化,选项B错误;由x=vt‎2‎可得,下滑的最大速度v=4 m/s,减速运动的加速度大小a=vt‎2‎=2 m/s2,在减速下滑阶段,对演员A和杆,有FN-(m+M)g=ma,则竹竿受到演员B的支持力FN=490 N,由牛顿第三定律知,演员B受到的压力为490 N,选项D正确.‎ ‎2.如图7-2甲所示,在倾角θ=37°的粗糙斜面上,一质量m=2 kg的物块受水平方向恒力F的作用,t=0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑,在t=4 s时滑到水平面上,此时撤去F,‎ 在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系图像如图乙所示.已知A点到斜面底端的距离x=18 m,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,不考虑转角处机械能损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ 图7-2‎ ‎(1)物块在A点时的速度大小;‎ ‎(2)水平恒力F的大小.‎ ‎[答案] (1)5 m/s　(2)10.1 N ‎[解析] (1)设物块在斜面上运动的加速度为a1,4 s末的速度v=4 m/s,对下滑过程逆向分析,有 x=vt+‎1‎‎2‎a1t2‎ 解得a1=0.25 m/s2,方向沿斜面向上 物块在A点时的速度为v0=v+a1t=5 m/s ‎(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ,物块在水平面上运动时,有 μmg=ma2‎ 由图线可知a2=2 m/s2‎ 解得μ=0.2‎ 物块在斜面上运动时,设受到的摩擦力为f,有Fcos θ-mgsin θ+f=ma1‎ 而 f=μFN FN=mgcos θ+Fsin θ 解得F=mgsinθ-μmgcosθ+ma‎1‎cosθ+μsinθ=10.1 N 图7-3‎ ‎3.一个质量为m=2 kg的滑块能在倾角为θ=30°的足够长的斜面上以a=2.5 m/s2的加速度匀加速下滑.如图7-3所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使其由静止开始在t=2 s内能沿斜面运动位移x=4 m.g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)滑块和斜面间的动摩擦因数μ;‎ ‎(2)恒力F的大小.‎ ‎[答案] (1)‎3‎‎6‎　(2)‎76‎‎3‎‎5‎ N或‎4‎‎3‎‎7‎ N ‎[解析] (1)根据牛顿第二定律得 mgsin 30°-μmgcos 30°=ma 解得μ=‎‎3‎‎6‎ ‎(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=‎1‎‎2‎a1t2得a1=2 m/s2‎ 当加速度沿斜面向上时,有 Fcos 30°-mgsin 30°-μ(Fsin 30°+mgcos 30°)=ma1‎ 解得F=‎76‎‎3‎‎5‎ N 当加速度沿斜面向下时,有 mgsin 30°-Fcos 30°-μ(Fsin 30°+mgcos 30°)=ma1‎ 解得F=‎4‎‎3‎‎7‎ N ‎4.[2018·上海闵行质检] 如图7-4所示,直杆水平固定,质量m=0.1 kg的小圆环套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆成θ=53°角的斜向上的恒力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点.已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ=0.8,AB与BC的长度之比s1∶s2=8∶5.g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:‎ 图7-4‎ ‎(1)在BC段小圆环的加速度a2的大小;‎ ‎(2)在AB段小圆环的加速度a1的大小;‎ ‎(3)拉力F的大小.‎ ‎[答案] (1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 图7-5‎ ‎[解析] (1)在BC段,小圆环受重力、弹力、摩擦力,受力分析如图7-5所示,有 F合=f=μFN=μmg 则a2=F合m=μg=0.8×10 m/s2=8 m/s2‎ ‎(2)小圆环在AB段做匀加速运动,有vB‎2‎=2a1s1‎ 小圆环在BC段做匀减速运动,有vB‎2‎=2a2s2‎ 由于s‎1‎s‎2‎=‎‎8‎‎5‎ 解得a1=s‎2‎s‎1‎a2=‎5‎‎8‎×8 m/s2=5 m/s2‎ 图7-6‎ ‎(2)当Fsin θmg,小圆环在AB段运动的受力分析如图7-7所示,由牛顿第二定律得F2cos θ-f2=ma1‎ 又f2=μFN2‎ F2sin θ=mg+FN2‎ 解得F2=7.5 N