(全国版)高考物理一轮复习讲义第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用(含解析)

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 目标要求　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算. 考点一　动力学两类基本问题 1.动力学问题的解题思路 2.解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁. 已知受力求运动情况 例1　(2020·湖南长沙中学月考)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图1所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求： 图1 (1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小； (2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t. 答案　(1)40 m/s　(2)8.5 s 解析　(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1， F阻＝0.2mg， v12＝2a1L1， 联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s. (2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2， 飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s， 在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有 F－F阻－mg＝ma2， 代入数据解得a2＝4 m/s2， 由v22－v12＝2a2L2， 代入数据解得v2＝42 m/s， 飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s， 则t＝t1＋t2＝8.5 s. 已知运动情况求受力 例2　(2020·四川天府大联考)某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察.一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住.重力加速度g＝10 m/s2. (1)求汽车制动过程中所受的合力大小； (2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小. 答案　(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N 解析　(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为x1，制动过程中行驶的距离为x2，加速度大小为a1，所受的合力大小为Ff1. 初速度v0＝54 km/h＝15 m/s， 反应时间t0＝0.5 s， 由牛顿第二定律有Ff1＝ma1 由匀速和匀变速直线运动规律有 x1＝v0t0 x2＝x－x1 v02＝2a1x2 联立解得Ff1＝1.0×104 N. (2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a2，牵引力大小为F，由牛顿第二定律有F－Ff2＝ma2，Ff2＝0.05mg 由匀变速直线运动规律有v0＝a2t加 联立解得F＝4.0×103 N. 1.(已知运动情况求受力)(多选)(2020·辽宁六校协作体开学考试)如图2甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　) 图2 A.0～5 m内物块做匀减速运动 B.在t＝1 s时刻，恒力F反向 C.恒力F大小为10 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 答案　ABD 解析　0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误. 2.(已知受力情况求运动情况)(2021·河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求： (1)飞行器9 s末的速度大小v1； (2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H； (3)飞行器落回地面的速度大小v2. 答案　(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s 解析　(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： F1－mg－f＝ma1 解得a1＝4 m/s2 飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s. (2)最初9 s内位移h1＝a1t12＝162 m 设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得： f＋mg＝ma2 解得a2＝12 m/s2 由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2 由运动学公式可得h2＝a2t22 飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2 解得t2＝3 s，H＝216 m. (3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得： mg－f＝ma3 解得a3＝8 m/s2 恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3. 解得v2＝48 m/s， 由于H>a3t32＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s. (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图3甲所示； (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ； (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示. 图3 例3　(多选)如图4所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间.下列关系正确的是(　　) 图4 A.t1＝t2 B.t2>t3 C.t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确. 考点二　超重与失重问题 基础回扣 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向上的加速度. 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向下的加速度. 3.完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象. (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下. 4.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关. (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重. 技巧点拨 1.判断超重和失重的方法 (1)从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态. (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态. 2.对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了). (2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关. (3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma. (4)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等. 例4　(2020·黑龙江哈尔滨市第一中学高三开学考试)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图5中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中(　　) 图5 A.人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态 B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态 C.在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态 D.在c点，人的速度为零，其加速度也为零 答案　C 解析　在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误. 例5　(2020·山东青岛市高三一模)如图6是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间.由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　) 图6 A.1 s时人处在下蹲的最低点 B.2 s时人处于下蹲静止状态 C.0～4 s内该同学做了2次下蹲－起立的动作 D.下蹲过程中人始终处于失重状态 答案　B 解析　人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，选项D错误；在1 s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2 s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2 s时是下蹲过程，后2 s是起立的过程，所以共做了1次下蹲－起立的动作，选项C错误. 3.(超、失重的理解和判断)(2020·山东卷·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的关系图像如图7所示