第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用（word教参）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

第2讲　牛顿第二定律的应用 [对应学生用书第43页] 1．(多选)人教版必修第一册教材图4.3­7中，航天员在天宫一号空间实验室内用质量测量仪测出了另一名航天员的质量。质量测量仪应用的物理学原理是牛顿第二定律：F(力)＝m(质量)×a(加速度)。质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的弹力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，计算出加速度就能够计算出物体的质量，下列说法正确的是(　　) A．太空中的航天员也可用体重秤测量体重 B．弹力先作用在航天员身上，然后航天员才获得加速度 C．在此实验中航天员的加速度是恒定的 D．当弹力的单位是N，加速度的单位是m·s－2时，计算出航天员质量的单位是kg 答案　CD 2．(多选)人教版必修第一册教材图4.6­5显示的是某人站在力传感器上，完成“下蹲”与“站起”动作时力传感器的示数随时间变化的情况。已知t＝0时刻人处于静止状态。根据图像判断下列说法正确的是(　　) A．从图像显示此人完成了两组“下蹲—站起”动作 B．图中t1时刻人处于失重状态 C．图中t2时刻人具有向上的加速度 D．“站起”的过程先超重后失重 答案　BCD 3．人教版必修第一册教材“复习与提高”图4­9中，质量为2.5 kg的一只长方体型空铁箱在129 N的水平拉力作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求： (1)木块与铁箱内壁间的动摩擦因数； (2)已知木块的下端离铁箱底部高度H＝0.8 m，当箱的速度为0.6 m/s时撤去拉力，木块落到铁箱地板上的位置与左壁的距离。 解析　(1)设铁箱质量为M，木块质量为m，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2，对整体有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝40 m/s2 对木块有Ff＝μ2ma＝mg，解得μ2＝0.25 故木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为0.25。 (2)撤去拉力后，木块将做平抛运动，满足 H＝gt2，x木＝vt，解得t＝0.4 s，x木＝0.24 m 对铁箱有μ1Mg＝Ma′，解得a′＝3 m/s2 则铁箱从撤去外力到停止运动所需时间为 t′＝＝0.2 s 则铁箱的位移为x铁＝vt′－a′t′2＝0.06 m 则木块落到铁箱地板上的位置与左壁的距离为 Δx＝x木－x铁＝0.18 m 故木块落到铁箱地板上的位置与左壁的距离为0.18 m。 答案　(1)0.25　(2)0.18 m [对应学生用书第44页] 考点一　超重和失重 　(2023·长沙模拟)如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为－10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．t＝0.6 s时，手机已下降了约1.8 m B．t＝0.8 s时，手机正向上加速运动 C．加速度约为70 m/s2时，手机速度为0 D．0.6～0.8 s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小 [解析]　由题图乙可知0～0.4 s手机静止，从约0.4 s开始运动，0.5 s开始做自由落体运动，t＝0.6 s时手机下降高度约为x<at2＝×10×(0.6－0.4)2 m＝0.2 m，故选项A错误；由题图乙可知0.6 s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。约0.8 s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。当手机速度为零时，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70 m/s2，故选项C正确，B、D错误。 [答案]　C 判断超重和失重现象的三个技巧 (1)从受力的角度判断 当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重。 ②物体向下加速或向上减速时，失重。 1．在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．运动员的质量为40 kg B．运动员在3.6～4.8 s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m 解析　由题可知mg＝F1＝500 N，m＝50 kg，故选项A错误；由题图可知，运动员在3.6～4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故选项B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选项C错误；由题图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝(8.4－6.8)s＝1.6 s，运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝g2＝3.2 m，故选项D正确。 答案　D 2．智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况。某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向。依据图中信息可判断(　　) A．在t1时刻，手机运动方向改变 B．在t2～t3时间内，手机处于失重状态 C．在t2时刻，手机对手掌的压力最大 D．在t2时刻，手机运动到最高点 解析　题图以竖直向上为正方向，在t1时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所以运动方向未改变，故选项A错误；在t2～t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故选项B正确；在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故选项C错误；加速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t2时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t2时刻速度仍竖直向上，则手机未运动到最高点，故选项D错误。 答案　B 考点二　动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类问题的两个关键点 2．解决动力学基本问题的处理方法 (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”。 (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”。 题型1　已知受力情况求运动情况 　如图甲所示，一位雪橇运动员坐在雪橇上，由vA＝1 m/s从如图乙所示的AB滑道上的A点出发，并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次，从A点经过7 s后到达B点，B点有一长度不计的弧形，通过该弧形连接倾角θ＝8°的滑道AB与水平滑道BC，雪橇及人过B点时速度的大小不变，方向变为水平，到达水平面后雪橇及人自由滑行，水平滑道上BC两点距离LBC＝80 m。经过B点速度vB＝10 m/s，雪橇和人的总质量m＝100 kg，雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力Ff＝40 N恒定不变，方向与运动方向相反，在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为Δt＝0.5 s，速度增加Δv＝1 m/s。(取sin 8°＝0.14，g＝10 m/s2)求： (1)雪橇经过C点时的速度大小； (2)手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小； (3)运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数。 解析　(1)根据牛顿第二定律得f＝ma1， 解得a1＝0.4 m/s2 B到C过程根据速度与位移关系公式 vC2－vB2＝－2a1LBC，解得vC＝6 m/s。 (2)根据牛顿第二定律mgsin θ－f＝ma2 解得手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小a2＝1 m/s2。 (3)在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为Δt＝0.5 s，速度增加Δv＝1 m/s，设运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n，则有vB＝vA＋nΔv＋a2(t－nΔt)，解得n＝4。 答案　(1)6 m/s　(2)1 m/s2　(3)4次 　在例题中，若雪橇运动员坐在雪橇上，t＝0时刻从A点由静止出发后，用双手接触冰面向后用力划拨冰面5次，8 s时到达B点。雪橇及人过B点时速度的大小不变，方向变为水平，到达水平面后雪橇及人自由滑行125 m后停止运动。已知雪橇和人的总质量为100 kg，雪橇和人在整个滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力Ff＝40 N大小不变，方向与运动方向相反；人在AB段每次双手划拨冰面的时间为Δt＝0.5 s，且用力大小相同。取sin 8°＝0.14，g＝10 m/s2，求： (1)雪橇经过B点时的速度大小； (2)运动员在斜面上双手划拨冰面时向后用力的大小。 答案　(1)10 m/s　(2)80 N 题型2　已知运动情况求受力情况 　(2023·天津东丽区统考期末)冰壶比赛场地简化图如图甲所示。在某次比赛中，运动员从起滑架处推着冰壶从静止出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度(未知)沿虚线滑出。从此时开始计时，在t＝10 s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为某一定值，最后冰壶恰好停在圆心O处，运动过程的v­t图像如图乙所示，图中给出了部分数据。假设起滑架到投掷线之间的距离为3 m，投掷线AB与O之间的距离为30 m，冰壶的质量为20 kg，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)冰壶投出时的初速度v0； (2)冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2； (3)若运动员从起滑架开始对冰壶作用水平恒力F，求此恒力F大小。 [解析]　(1)投出冰壶后，由牛顿第二定律可得 a＝μ1g＝0.2 m/s2，v0＝v＋at 可得v0＝3 m/s。 (2)冰壶在投出后10 s内发生的位移 x1＝t＝20 m 冰壶还要滑行x2＝10 m才停下，由匀变速运动规律v2＝2μ2gx2 可得μ2＝0.005。 (3)冰壶从起滑架开始运动到投掷线的过程中，由匀变速运动规律v02＝2a1x0，a1＝1.5 m/s2 对冰壶运用牛顿第二定律F－μ1mg＝ma1，F＝34 N。 [答案]　(1)3 m/s　(2)0.005　(3)34 N 　在例题中，已知投掷线AB到“营垒”中心的距离为30 m，“营垒”的直径为4 m。在某次比赛中，质量为20 kg的冰壶从投掷线以某一初速度被推出后，正好沿着正中心线做匀减速直线运动，在它停下的最后1 s内位移为0.1 m。求： (1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小； (2)要使冰壶能停在营垒内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件(可用根式表示)。 解析　(1)将最后1 s的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，有x1＝at2，解得a＝0.2 m/s2 由牛顿第二定律Ff＝ma，Ff＝4 N。 (2)将冰壶的减速运动看作从终点开始做初速度为零的匀加速直线运动，有x＝ 根据题意，知道位移大小满足28 m≤x≤32 m，则 m/s≤v0≤ m/s。 答案　(1)4 N　(2) m/s≤v0≤ m/s 　在例题中，假设投掷线AB与O之间的距离为30 m，重力加速度g＝10 m/s2。如果通过运动员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图所示，即μ＝0.02－kx，其中k＝2.5×10－4 m－1，x表示离投掷线AB的距离。在这种情况下，若运动员在投掷线以4 m/s的速度将冰壶沿例题图甲中的虚线推出，求冰壶滑行20 m时的速度大小。 解析　根据a＝μg和μ＝0.02－kx可得，冰壶加速度大小a与x的关系为 a＝0.02g－kgx＝0.2－0.0025x 可画出a­x图像，则可知a­x图像中图线与x轴所围面积即速度平方的变化量的一半，则当x＝0 m时，a0＝0.2 m/s2；当x＝20 m时，a1＝0.15 m/s2，a­x图像中的面积有＝(a0＋a1)x，解得v＝3 m/s。 答案　3 m/s 两类动力学问题的解题步骤 1．(多选)(2023·哈尔滨校考期中)如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　) t/s 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 1.6 … v/(m·s－1) 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 0.3 … A．物体从A运动到B的加速度大小为5 m/s2 B．物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2 C．物体从A运动到C的时间为1.8 s D．AB间距离与BC间距离相等 解析　物体在斜面上下滑时的加速度a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，故选项A正确；从后两列数据可以知物体在水平面上滑行的加速度大小a2＝＝2 m/s2，根据Ff＝μmg＝ma2 得μ＝0.2，故选项B正确；设从0.4 s开始经过t时间物体滑到斜面底部，则在斜面底部的速度为vm，则在斜面上vm＝2＋a1t，在平面上vm＝1.1＋a2(1.2－0.4－t)，解得t＝0.1 s，vm＝2.5 m/s。物体从A运动到C的时间为t1＝＋＝1.75 s，故选项C错误；AB间距离sAB＝＝0.625 m，BC间距离sBC＝＝1.562 5 m，故选项D错误。 答案　AB 2．(2023·山东日照统考二模)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)求： (1)t＝6 s时小球的加速度am的大小； (2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。 解析　(1)根据题意，对小球受力分析如图所示 由题图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有 Fcos θ＝mgsin θ＋Ff，Fsin θ＋mgcos θ＝FN，Ff＝μFN F＝10×4 N＝40 N 解得μ＝0.5 由题图乙可知，t＝6 s时，对小球有 F′cos θ－mgsin θ－Ff′＝mam F′sin θ＋mgcos θ＝FN′，Ff′＝μFN′， F′＝10×6 N＝60 N 解得am＝5 m/s2。 (2)t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根据题意，由a­t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为v＝××5 m/s＝5 m/s 由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝＝1.25 m。 答案　(1)5 m/s2　(2)1.25 m 学科网（北京）股份有限公司 $$