高中物理人教新版章末自我提升学案第一册 第4章　牛顿第二定律两类动力学问题Word版含解析

考点1　对牛顿第二定律的理解(c)
【典例1】(2018·全国卷Ⅰ)如图,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,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 (　　)
【解题思路】解答本题应注意两点:
(1)对物块P由牛顿第二定律列方程。
(2)对方程的变形式讨论F与x关系。
【解析】选A。设弹簧的最大压缩量为l,根据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。
【典例2】(2018·浙江11月选考真题)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长为21 m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上,B为圆形的最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中无动力小车在弹射装置D的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是 (　　)
A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s
【解题思路】解答本题应注意以下几点:
【解析】选A。小车从A到B加速度为a=0.2g=2 m/s2,LAB=v0t1-a,得t1=3 s,t1=
7 s(舍去),从B到C运动时,LBC=2Rsin θ,加速度为a1=gsin θ,所以LBC=a1,得t2=2 s,所以从A到C的时间为t=t1+t2=5 s。A正确,B、C、D均错误。故选A。
1.(2019·宁波模拟)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来,弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。我们可以把篮球下落的情景理想化:篮球脱离篮网静止下落,碰到水平地面后反弹,如此数次落下和反弹。若规定竖直向下为正方向,碰撞时间不计,空气阻力大小恒定,则下列图象中可能正确的是 (　　)
【解析】选A。篮球向下运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg-f=ma1,解得a1=g-;篮球反弹向上运动时,受重力和空气阻力作用,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,解得a2=g+,联立得:a12.(2017·海南高考)汽车紧急刹车后,停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止,在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
A.10 m/s B.20 m/s C.30 m/s D.40 m/s
【解析】选B。刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg,加速度a==μg=8 m/s2;又有刹车线长25 m,故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v== m/s=20 m/s。故A、C、D错误,B正确。
3.将一个小球从空中某点以初速度v0竖直向上抛出,若小球受到的空气阻力大小恒为Ff,经过一段时间后,小球落回到原抛出点,试求小球在上升与下降过程中所用时间之比,并定性画出小球运动过程的v-t图象。已知小球的质量为m,重力加速度为g。
【解析】设小球上升及下降阶段的加速度大小分别为a1、a2。由牛顿第二定律有mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2。设小球上升的最大高度为H,小球上升及下降阶段所用的时间分别为t1、t2,由运动学规律有H=a1,
H=a2,得
=,
小球运动过程的v-t图象如图所示。
答案:　见解析
牛顿第二定律的“五性”
矢量性
F=ma是矢量式,a与F同向
瞬时性
a与F对应同一时刻
因果性
F是产生a的原因
同一性
a、F、m对应同一个物体,应用时统一使用SI制
独立性
每一个力都产生各自的加速度
考点2　牛顿第二定律的瞬时性(c)
【典例3】(2019·浙江4月选考真题)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)
(　　)
A.A球将向上运动,B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动,C球不动
C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动
D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动
【解题思路】解答本题应注意以下两点:
(1)在完全失重状态下一切与重力有关的现象都消失,如物体在水中不受浮力。
(2)绳的弹力可以突变,弹簧的弹力不能突变。
【解析】选D。开始时A球下的弹簧被压缩,弹力向上;B球下的弹簧被拉长,弹力向下。将挂吊篮的绳子剪断的瞬间,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力视为零,小球的重力也视为零,则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动。故选D。
【总结提升】瞬时加速度的分析方法
(1)牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该瞬时前后的受力情况及变化。
(2)明确轻杆、轻绳、轻弹簧、橡皮条等力学模型的特点:轻杆、轻绳的形变可瞬时产生或恢复,故其弹力可以瞬时突变;轻弹簧、橡皮条在两端都连有物体时,形变恢复需较长时间,其弹力大小与方向均不能突变。
1.(易错专练:加速度的瞬时性)如图所示,质量分别为m、2m的小球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度的大小分别为 (　　)
A.,+g　　　　　 B.,+g
C.,+g D.,+g
【解析】选A。线断之前,对球A,由牛顿第二定律得:F-mg-F弹=ma,对球B,由牛顿第二定律得:F弹-2mg=2ma,两方程联立得:F弹=F,当线断的瞬间,线上拉力减小为零。对球A有:mg+F弹=ma′,a′=+g,故选项A正确。
2.一轻弹簧上端固定,下端挂一重物,平衡时弹簧伸长了4 cm,再将重物向下拉
1 cm,然后放手,则在释放瞬间重物的加速度是(g取10 m/s2) (　　)
A.2.5 m/s2 B.7.5 m/s2
C.10 m/s2 D.12.5 m/s2
【解析】选A。弹簧伸长量为4 cm时,重物处于平衡状态,故mg=kΔx1;再将重物向下拉1 cm,则弹簧的伸长量变为Δx2=5 cm,在重物被释放瞬间,由牛顿第二定律可得kΔx2-mg=ma;由以上两式解得a=2.5 m/s2,故选项A正确。
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:
考点3　动力学问题的解题步骤(c)
【典例4】(2018·浙江4月选考真题)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏,如图所示,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sin37°=0.60,cos37°=0.80。求:
(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。(结果可用根式表示)
【解题思路】解答本题应注意以下两点:
关键点
(1)企鹅上滑和下滑过程摩擦力分别沿斜面向下和向上。
(2)上滑、下滑过程分别由F=ma,求解a上和a下。
【解析】(1)“奔跑”过程
x=at2=16 m
(2)上滑过程:
a1=gsinθ+μgcosθ=8 m/s2
下滑过程:
a2=gsinθ-μgcosθ=4 m/s2
(3)上滑位移x1==1 m,
退滑到出发点的速度v2=2a2(x+x1),
解得v=2 m/s
答案:(1)16 m　(2) 上滑过程:8 m/s2
下滑过程:4 m/s2　(3)2 m/s
【典例5】(2016·浙江4月选考真题)如图是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。
(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度a1及上升高度h。
(2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为60 kg,求小明对电梯地板的压力。
(3)求电梯匀速运动的时间。
【解题思路】解答本题应注意以下两点:
关键点
(1)匀加速过程的时间t、最大速度vm已知,加速度由定义式求解。
(2)匀加速、匀减速过程的平均速度均为。
【解析】(1)由运动学公式a1=和t1=20 s得
电梯匀加速时的加速度
a1== m/s2=0.9 m/s2　方向竖直向上
电梯匀加速上升的高度
h== m=180 m
(2)设小明受到电梯地板的支持力大小为FN
由牛顿第二定律得FN-mg=ma1
又m=60 kg
所以FN=ma1+mg=60×0.9 N+60×10 N=654 N
由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小F′N=FN=654 N,方向竖直向下。
(3)设电梯匀速运动的时间为t,对电梯整个上升过程有
h总=t1+vmt+(t总-t1-t)
代入数据得 t=6 s
答案:(1)0.9 m/s2,方向竖直向上　180 m
(2)654 N,方向竖直向下　(3)6 s
1.(2019·绍兴模拟)如图所示为航展上展出的JF-17B模型,据悉2016年4月27日,首架JF-17B“雷电”(中方称枭龙/FC-1战斗教练机)在中国成都飞机公司开工,标志着中巴JF-17项目又达到一个新的里程碑。在一次试飞展示任务中,质量分别为60 kg、62 kg的小明、小丁驾驶枭龙双座战斗教练机竖直向上运动,从某一时刻起以恒定加速度a加速上升40 s,其中前20 s时间内爬升高度400 m,后20 s时间内爬升高度800 m,之后在竖直方向做匀减速运动,再经过50 s到达最高点。取g=10 m/s2。
求:(1)枭龙双座战斗教练机在加速上升过程中的加速度大小a;
(2)前40 s内小明对驾驶座椅的作用力大小;
(3)这90 s内枭龙双座战斗教练机的位移大小。
【解析】(1)根据匀变速运动推论Δx=a·T2
得a=1 m/s2
(2)对小明受力分析,根据牛顿第二定律得F合=F-m1g=m1a,解得F=660 N,根据牛顿第三定律,小明对驾驶座椅的竖直作用力方向向下,大小为660 N;
(3)设匀加速过程的初速度为v0,40 s时的速度为v40,则v40=v0+at,x1=v0t+at2,将a=1 m/s2,t=40 s,x1=400 m+800 m代入解得v0=10 m/s,v40=50 m/s,
匀减速过程发生的位移x2=·t1,将t1=50 s代入得x2=1 250 m;
则x=x1+x2=2 450 m。
答案:(1)1 m/s2　(2)660 N　(3)2 450 m
2.2018年10月7日,在2018年蹦床世界杯葡萄牙站比赛中,中国名将朱雪莹夺得冠军。图甲是我国运动员朱雪莹在蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。g取10 m/s2,根据F-t图象求:
(1)由图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次开始向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为多少。
(2)运动员离开蹦床的最大速度。
(3)比赛过程中运动员的最大加速度。
【解析】(1)由图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次开始向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为:6.8 s-3.6 s=3.2 s。
(2)由图分析可知:运动员的重力等于500 N,则运动员质量为m=50 kg,由图读出运动员在空中运动的时间为T=8.4 s-6.8 s=1.6 s,根据运动员在空中做竖直上抛运动时的对称性,上升和下落时间相等,所以运动员的初速度大小为:
v=gt=×10×1.6 m/s=8 m/s。
(3)由牛顿第二定律:Fm-mg=mam
又Fm=2 500 N,
则am=40 m/s2。
答案:(1)3.2 s　(2)8 m/s　(3)40 m/s2
两类动力学问题的解题步骤
【加固训练】
1.(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0～5 s、5～10 s、10～15 s 内F的大小分别为F1、F2和F3,则 (　　)
A.F1F3
C.F1>F3 D.F1=F3
【解析】选A。对物体的受力分析如图所示。
根据v -t图象可以知道,在0～5 s内加速度为a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律:mgsinθ-f-F1=ma1,则:F1=mgsinθ-f-0.2m;在5～10 s内,加速度a2=0,根据牛顿第二定律:mgsinθ-f-F2=ma2,则:F2=mgsinθ-f;在10～15 s内加速度为a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律:f+F3-mgsinθ=ma3,则:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故选项A正确。
2.一个质量m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上,受到一个大小为40 N的水平推力F 作用,以v0=10 m/s的速度沿斜面匀速上滑。(sin37°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数。
(2)若滑块运动到A点时立即撤去推力F,求这以后滑块再返回A点经过的时间。
【解析】(1)滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时,合力为零,则有
Fcos37°=mgsin37°+μ(mgcos37°+Fsin37°)
代入解得μ=0.5
(2)撤去F后,滑块上滑过程:根据牛顿第二定律得:
mgsin37°+μmgcos37°=ma1,
得a1=g(sin37°+μcos37°)
上滑的时间为t1==1 s
上滑的位移为x=t1=5 m
滑块下滑过程:mgsin37°-μmgcos37°=ma2,
得a2=g(sin37°-μcos37°)
由于下滑与上滑的位移大小相等,则有x=a2
解得t2== s,故t=t1+t2=(1+) s
答案:(1)0.5　(2)(1+) s
【资源平台】备选角度:涉及牛顿第二定律的过程分析
【典例】
如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住物体m。现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体一直可以运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则 (　　)
A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O加速运动,从O到B减速运动
C.物体运动到O点时所受合力为0
D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小
【规范解答】选A。首先有两个问题应清楚,物体在A点的弹力大于物体与地面之间的阻力(因为物体能运动),物体在O点的弹力为0。所以在A、O之间有弹力与阻力相等的位置,故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速,A选项正确,B选项不正确;O点的弹力为0,但摩擦力不是0,所以C选项不正确;从A到O的过程加速度先减小、后增大,故D选项错误。