2021高考人教版物理一轮复习讲义第3章第2讲牛顿第二定律的应用(含解析).pdf

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1、第2讲牛顿第二定律的应用 主干梳理对点激活 对应学生用书 P051 知识点 11I 牛顿第二定律的应用 n 1.动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的口 01 运动情况;已知运动情况求物体的口)2 受力情况。2 解决两类基本问题的方法 以 03 加速度为“桥梁”，由004 运动学公式和卫 5 牛顿运动定律列方程求解，具 体逻辑关系如图：山力.卜:u：山运4；求力 知识点 2 超重和失重 I 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 01 无关。(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 02 示 数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受

2、物体的 03 拉力或台秤所受物体的004 压力 2.超重、失重和完全失重的比较 超重现象 失重现象 完全失重现象 概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉 力)05大于物体所受 重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉 力)06小于物体所受 重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉 力)07等于零的现象 产生 条件 物体的加速度方向0)8 竖直向上 物体的加速度方向 E09 竖直向下 物体的加速度方向00 竖直向下，大小O1a 原理 方程 F mg=ma F=m(g+a)mg F=ma F=m(g a)mg F=ma a=g F=0 运动 加速上升或已 3 减速 加速下降或已 5

3、减速 以 a=g加速下降或 状态 下降 上升 减速上升 双基夯实 一堵点疏通 1 物体做匀减速直线运动时，合外力的方向与速度的方向相反。（）2 物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。（）3.超重就是物体的重力变大的现象。（）4.物体处于完全失重状态时，重力消失。（）5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。（）6.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。（）答案 1.V 2.V 3.X 4.X 5.X 6 二对点激活 1.（人教版必修 1 P87 T1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，

4、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 50 N B.物体的加速度为 25.3 m/s2 C.3 s 末物体的速度为 75 m/s D.3 s 内物体发生的位移为 125 m 答案 AC F合 解析 两个夹角为 120 的 50 N 的力，其合力仍为 50 N，加速度&=不=25 1 m/s2,3 s 末速度 v=at=75 m/s,3 s 内位移 x=qat 112.5 m，故 A、C 正确，B、D 错误 2.(2019 北京师范大学附属中学高三上学期期中)(人教版必修 1 P89图示改 编)如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变

5、 化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起 立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是()A 只有“起立”过程，才能出现失重现象 B 只有“下蹲”过程，才能出现超重现象 C.“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象 D“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象 答案 C 解析“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先 处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，人先向上做加速运动，后向上 做减速运动，所以先处于超重状态后处于失重状态，故 A、B、D 错误，C 正确。3.(人教版必修 1 P86例题 2 改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置

6、于 粗糙的水平地面上，其倾角9=30斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m=1.0 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,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/s1 2，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。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 对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得:mgsin 0 Ff=ma,解得 Ff=1.5 N。根据 v2=2ax 得 v=；2X 3.5 x 7 m/s=7 m/s。考点细研悟法培优 对应学生用书

7、 P052 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: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v 1.4 m/s2=3.5 m/s2,用轻绳系在 O 点，放置在倾角为0二 30勺光滑斜面上，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 大小分别为弘、aB，重力加速度大小为 g，则()I(1)

8、剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得?提示：以 B 为研究对象利用平衡条件求解(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗?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 二 mgs in 30，。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、重力、斜面的支持力,对小球 A，由牛顿第二定律有 F+mgsin30=maA，解得 aA=g，A 正确。K 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

9、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。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 1 1(多选)如图所示，原长为 Io、劲度系数为 k 的轻质弹簧一端与质 A.aA=g，aB=0 B.aA=0，aB=g C.aA=g，aB=g D.aA=0，1 aB=2g 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（）1 C 若弹簧突然断开，断开后小球的加速度

10、大小为 刃 D 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 AC 解析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为 I，由平衡条件有：k（1-10）二 mgtan30 代入数据可得此时弹簧的长度为 I=1。+3 严，A 项正确；对小球受力 分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知 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2g,方向斜向左下方 D.A 球的加速度大小为 3g,方向沿OA方向 答案 C 解析 0、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 F

11、2cos30mg=ma,F2sin30 二 Fi=0,解得 Fi=kxmg,在 0、A 间的 细线被剪断A弹簧的长度为 10+.3mg 3k B 木板 AB 对小球的支持力为 2mg 木板对小球的支持力为 FN&530爭 mg,B 项错误；弹簧断开后，小球受重 瞬间，F2突然消失，但 Fi不突变，所以 A 球有水平向左的加速度 aAx=m23g，竖直向下的加速度 aAy=g,则 A 球的加速度大小为 aA=“.aAx+鼠=冷 g,方向斜向左下方；而 B 球的受力情况不变，其加速度仍为 a=2,方向竖直向上，C 正确。动力学的两类基本问题的解题步骤 扪据问也的需疋和射题的上匣.址出餓 嘔町以址儿

12、牛拘体旳成的霍殊 亟好受力示点图、鹿功情景罔*叫M罚 tf的远动性质和运动讨徐 通倉滑加速懺的方向建賣匝标爲并以加 建度方向为命一塑标抽的iE方向。若物库只童曲个井点力柞用.通常川合 成法i常物体受到三小圧II上不苻网一 宵找卜的力雜用正交卄解法 1UI牛顿第一一定沖再=她或彳丫网和 运动学公式列方輕欢th必穀吋还耍对粘 果进h讨论 例 2 如图所示，质量为 m=1.0 kg 的物体在水平力 F=5 N 的作用下，以 vo=10 m/s 向右匀速运动。倾角为 A 37勺斜面与水平面在 A 点用极小的光滑圆弧 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

13、1.5 s 物体到达 B 点。g 取 10 m/s2,sin37 0.6,cos37=0.8。求 A、B 两 点间的距离SAB。|(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卩 mg 求出w 考点 2 动力学的两类基本问题 列方秤求解(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 卩与 tan B的关系 尝试解答 4.75 m 物体在水平面上匀速运动时有 F w m 物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin 0+卩 mcos 0=ma1 若物体减速到零，则有 0 V。a1t1 解得 t1 1.0 s卩 n

14、cos 0,故物体将沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有 mgsin卩 nagps0=ma2 X2*a2t2 根据题意有和+12 1.5 s sAB X1 X2 联立式解得SAB 4.75 m。1 力和支持力作用，由牛顿第二定律有 mgsin30 亠 ma，得 a=为，C 项正确；若突然 把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时 小球所受合外力为1 23mg，小球的加速度大小为2J3g，D 项错误。变式 1-2 如图所示，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 0 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=g 竖直向上加速运动时，两根细线之间 的夹角为 A 60，在运动过程中 0、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（）