2020-2021学年 高一物理 牛顿第二定律的应用 强化学案Word版含答案

牛顿第二定律的应用
知识点一　牛顿第二定律的应用
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的________．
第二类：已知运动情况求物体的________．
2．解决两类基本问题的方法
以________为“桥梁”，由运动学公式和________________列方程求解，具体逻辑关系如下
知识点二　超重与失重现象
1．视重
(1)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________称为视重．
(2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的________或台秤所受物体的________．
2．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有________的加速度．
3．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有________的加速度．
4．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的现象称为完全失重现象．
(2)产生条件：物体的加速度a＝____，方向竖直向下．
思考辨析
(1)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力越大．(　　)
(2)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关．(　　)
(3)物体加速度减小时，速度一定减小．(　　)
(4)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度也一定发生变化．(　　)
(5)人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进入轨道后，其中的人和物将处于完全失重状态．
①完全失重时，人和物不再受重力作用．(　　)
②完全失重时，人和物处于平衡状态．(　　)
③航天飞机等航天器进入轨道后，具有指向地心的向心力加速度．(　　)
④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．(　　)
考点一　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
师生共研
1．两种基本模型的特点
(1)轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值．
(2)轻弹簧(或者橡皮绳)需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变．
2．求解瞬时加速度的一般思路
例1 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如右图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)
A．a1＝g，a2＝g　B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【考法拓展1】　在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如右图所示，则例1选项中正确的是(　　)
【考法拓展2】　将【考法拓展1】中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．aA＝0　aB＝12g B．aA＝g　aB＝0
C．aA＝g　aB＝g D．aA＝0　aB＝g
练1　[2021·河北衡水中学模拟]细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　)
A．小球静止时弹簧的弹力大小为35mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为35mg
C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为53g
练2　[2021·陕西汉中月考]如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)
A．弹簧的形变量不改变
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为g
D．木块B对水平面的压力为3mg
考点二　动力学两类基本问题
多维探究
题型1|从受力确定运动情况
例2 滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在冰上做游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05.在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行．(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：
(1)冰车的最大速率．
(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．
[教你解决问题]
【考法拓展1】　请根据【例2】中的情境，试求冰车一共滑行了多长时间？
【考法拓展2】　请根据【例2】中的情境，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动5 s后，停止施加力的作用，则冰车之后自由滑行的时间是多少？
题型2|从运动情况确定受力情况
例3 如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a杆的夹角为60°，斜面2与a杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g取10 m/s2，则μ1：μ2等于(　　)
A.32　　　　B. 33　　　　C. 12　　　　D. 13
练3　[2020·浙江模拟]绰号“威龙”的第五代制空战机歼—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的最大加速度为重力加速度的9倍．假设某次垂直飞行测试实验中，歼—20加速达到50 m/s后离地，而后开始竖直向上做飞行试验．该飞机在10 s内匀加速到3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的15.已有该歼—20质量为20吨，g取10 m/s2，忽略战机因油耗等导致的质量变化．则下列说法正确的是(　　)
A．本次飞行测试的匀速阶段飞行时间为26.5 s
B．加速阶段系统的推力为1.84×106 N
C．加速阶段时飞行员有晕厥可能
D．飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km
练4　如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同．若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h.假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度．重力加速度为g，求：
(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1：t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1：F2.
题后反思
(1)解决动力学两类问题的关键点
(2)解决动力学问题时的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．即F合＝ma
②正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．即
考点三　超重和失重问题
多维探究
题型1|超重、失重的判断
例4 [2021·河北鸡泽一中模拟]如图，垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过钢丝绳(曳引绳)将它们连接起来，钢丝绳通过驱动电机(曳引机)的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动．某次“轿厢”向上做匀减速运动，则(　　)
A．“轿厢”处于超重状态
B．“对重”处于失重状态
C．“对重”向下做匀加速运动
D．曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小
题型2|利用牛顿第二定律解决超重、失重问题
例5 (多选)如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2
B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2
题型3|超重、失重问题与图象的综合
例6 [2020·新高考Ⅰ卷，1]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
练5　质量为45 kg的小明同学站在升降机中的一“体重计”上，当升降机竖直向下运动经过5楼时，“体重计”示数为50 kg，如图所示，重力加速度取10 m/s2.此时小明处于(　　)
A．超重状态，对“体重计”压力为450 N
B．超重状态，对“体重计”压力为500 N
C．失重状态，对“体重计”压力为450 N
D．失重状态，对“体重计”压力为500 N
练6　图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10 m/s2.根据图象分析可知(　　)
A．人的重力可由b点读出，约为300 N
B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
思维拓展
利用牛顿第二定律解决生活中的实际问题(STSE问题)
例1 [房顶的建筑]为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　)
例2 [逃生滑道]国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了保证乘客的安全，乘客滑到地面的最大速度不能超过5 m/s.假设逃生口距地面的高度为4 m，人与滑道之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求滑道打开后滑道的最小长度．
例3 [紧急避险车道]汽车连续下陡坡时，长时间的刹车会导致制动力下降，为保障安全，通常会在路旁设置向上的紧急避险车道，一种紧急避险车道由引道和制动床等组成，尽头是防撞设施，如图甲所示．质量为20 t的货车，以18 m/s的初速度冲向倾角θ＝11.5°(sin 11.5°＝0.2)的紧急避险车道，汽车在引道和制动床上的摩擦阻力分别是车重的0.30、0.80.引道长L1＝30 m，制动床长L2＝50 m，如图乙所示，取g＝10 m/s2.
(1)求货车刚上引道时的加速度大小；
(2)货车将停在何处？是否会自行滑下？
(3)考虑到货车进入紧急避险车道速度最大可达到30 m/s，计算分析避险车道制动床长度的数据是否合理．
第2讲　牛顿第二定律的应用
基础落实
知识点一
1．运动情况　受力情况
2．加速度　牛顿第二定律
知识点二
1．(1)示数　(2)拉力　压力
2．(1)大于　(2)向上
3．(1)小于　(2)向下
4．(1)等于0　(2)g
思考辨析
(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)①×　②×　③√　④√
考点突破
例1　解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．
答案：A
考法拓展1　解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0.故选项D正确．
答案：D
考法拓展2　解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确．
答案：B
练1　
解析：本题考查瞬时性问题．小球静止时，分析受力情况，如图所示，由平衡条件得弹簧的弹力F＝mgtan 53°＝43mg，细绳的拉力T＝mgcos 53°＝53mg，故A、B均错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为53g，故C错误，D正确．
答案：D
练2　解析：本题考查瞬时性问题．撤去C的瞬间，木块A还没有动，即木块A的位移为零，则弹簧的形变量不变，故A正确；开始时整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F＝3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；撤去C瞬间，弹力不变，A所受合力等于C的重力大小，对木块A，由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C错误；撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得F＋mg＝N，解得N＝4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误．
答案：A
例2　解析：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②得vm＝5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有
x1＝12a1t2③
冰车自由滑行时有μmg＝ma2④
vm2＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥得x＝50 m
答案：(1)5 m/s　(2)50 m
考法拓展1　解析：撤去推力后，冰车在摩擦力作用下做匀减速直线运动，最终速度为0
由运动学公式：0＝vm－a2t′
解得t′＝10 s
所以t总＝t＋t′＝20 s
答案：20 s
考法拓展2　解析：由运动学公式得v′m＝a1t1
解得v′m＝2.5 m/s
停止施加力，冰车做匀减速直线运动由牛顿第二定律得μmg＝ma2.
自由滑行时间t＝vm'a2
代入数据解得t＝5 s.
答案：5 s
例3　解析：设a、b之间的水平距离为L，到达斜面底端所用的时间为t，当物块在斜面1上运动时，有x＝12at2得： Lsin 60°＝12a1t2①
物块在斜面2上运动时，有x＝12at2得：
Lsin 30°＝12a2t2②
由牛顿第二定律得：
mgsin 30°－μ1mgcos 30°＝ma1③
mgsin 60°－μ2mgcos 60°＝ma2④
联立①②③④得μ1μ2＝13，
故选项D正确．
答案：D
练3　解析：战机竖直向上加速阶段初速度v0＝50 m/s，末速度v＝3 060 km/h＝850 m/s，根据v＝v0＋at得，加速度a＝80 m/s2＝8g，飞行员不会昏厥；根据牛顿第二定律，F－mg－f＝ma，推力F＝mg＋f＋ma＝1.84×106 N，战机加速阶段上升的高度x＝v0t＋12at2＝4 500 m，即匀速上升距离为14 km，匀速飞行时间t＝sv＝14000850 s≈16.5 s，故B正确．
答案：B
练4　解析：(1)由v2＝2gH，得v＝2gh
(2)因h1＝v2t1，h2＝v2t2，得t1t2＝23
(3)v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1
得F1＝3mg，同理得F2＝73mg，
所以F1F2＝97
答案：(1)2gh　(2)2?3　(3)9?7
例4　解析：本题考查超、失重的判断和理解．当“轿厢”向上做匀减速运动时，加速度向下，处于失重状态，选项A错误；“轿厢”失重，所以曳引绳的拉力小于其重力，选项D正确；同时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，选项B、C错误．
答案：D
例5　解析：电梯做匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，可知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，对重物，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下，因此电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，选项B、C正确．
答案：BC
例6　解析：根据位移－时间图象的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确．
答案：D
练5　解析：小明的重力G＝mg＝45×10 N＝450 N；由图可知，此时体重计示数为50 kg，故说明对体重计的压力为500 N，此时压力大于本身的重力，人处于超重状态，故B正确．A、C、D错误．
答案：B
练6　解析：本题考查根据起跳过程力的变化判断超失重状态．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误．
答案：C
思维拓展
典例1　解析：设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsin θm＝gsin θ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝4Lgsin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．
答案：C
典例2　解析：本题可以看成斜面模型，如图：
设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为θ，乘客滑到地面时的速度v＝52 m/s，
则有：sin θ＝hx
cos θ＝x2-h2x
设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
对乘客的运动过程进行分析可得：v2＝2ax
联立以上各式并代入数据可得x＝5 m
素养考查：将逃生滑道建构成“斜面模型”，通过受力分析、运动分析列动力学方程，然后联立方程进行数学运算，渗透了“科学思维”素养中的“模型建构”及“科学推理”要素．“大飞机”项目是“大国重器”，是科技前沿和社会热点问题，学生通过做题，有一种“参与”设计的感受，渗透了“科学态度”与“社会责任”的素养要素．
典例3　解析：本题以紧急避险为背景考查牛顿运动定律问题．
(1)货车刚上引道时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋k1mg＝ma1，代入数据，得a1＝5.0 m/s2.
(2)货车向上经过制动床时，有mgsin θ＋k2mg＝ma2，设货车在引道末端的速度为v1，根据运动学公式，有v12－v02＝－2a1L1，设货车在进入制动床后，滑行x减速到零，有0－v12＝－2a2x，联立解得x＝1.2 m，即货车停在距离制动床底部1.2 m处；在引道上，有mgsin θ(3)设货车进入制动床xmax后车能停下来，根据动能定理，有－mg(L1＋xmax)sin θ－k1mgL1－k2mgxmax＝0－12mvmax2，代入数据，得xmax＝30 m答案：(1)5.0 m/s2　(2)货车将停在距离制动床底部1.2 m处　不会自行滑下　(3)见解析