第三章 第2课时 牛顿第二定律的基本应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第2课时　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.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 考点一　动力学两类基本问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 例1　(2023·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次汽车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2) (1)冲上避险车道时速度的大小； (2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。 答案　(1)35 m/s　(2)2.7 解析　(1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1 由运动学公式v＝v0＋at有v1＝v0＋a1t 联立代入数据解得v1＝35 m/s (2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2 由运动学公式v2－v02＝2ax有v12＝2a2x 解得Ff＝2.7mg 即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。 例2　(2024·广东省揭阳第一中学、潮州金中联考)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 答案　(1)160 N　(2)0.5 解析　(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度为vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为x2，时间为t2，分析运动过程可得 x1＝t1, x2＝t2，t1＋t2＝14 s 解得斜直雪道末速度vm＝20 m/s 该同学在斜直雪道运动时间t1＝6 s，在水平雪道运动时间t2＝8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1＝＝ m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为Ff＝160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时，加速度大小为a2，则a2＝＝2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则vm2－v2＝2a2x3 解得v＝10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2＝2a3x4 解得a3＝＝ m/s2＝5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg＝ma3，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。 动力学问题的解题思路 例3　(多选)如图所示，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或b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 答案　BCD 解析　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知从c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确。 拓展　若沿cb放一个光滑细杆，小滑环从c处释放，运动时间为t4，t4和t1关系如何？ 答案　t4＝t1 等时圆模型 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从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 考点二　动力学图像问题 常见的动力学图像 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 例4　(多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 答案　BC 解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。 例5　(多选)(2023·广东省模拟)将一小球竖直上抛，过一段时间小球回到抛出点。以向上为正方向，绘制出小球从抛出到回到抛出点(t2时刻)的v－t图像如图所示。小球运动过程中仅受重力和空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．小球上升过程所用时间为全过程所用时间的一半 B．小球速率越大，受到的空气阻力越大 C．小球回到抛出点时的速率v2一定比抛出时的速率v1小 D．v－t图像在t轴上方所围面积与t轴下方所围面积相等 答案　BCD 解析　上升过程中a1＝，下降过程中a2＝，则上升过程的加速度大于下降过程的加速度，研究上升过程的逆过程与下降过程，两个过程均为初速度为零的加速运动，根据h＝at2，可知上升过程时间短，小球上升过程所用时间小于全过程所用时间的一半，选项A错误；由图像可知上升过程加速度逐渐减小，即随速度减小，阻力减小；下降过程加速度逐渐减小，则随速度增加，阻力变大，选项B正确；整个过程由于有阻力做负功，则小球回到抛出点时的速率v2一定比抛出时的速率v1小，选项C正确；v－t图像在t轴上方所围面积等于上升的位移大小，在t轴下方所围面积等于下降的位移大小，则两部分面积应相等，选项D正确。 分析动力学图像问题的方法技巧 1．分清图像的类别：即分清横、纵坐标所表示的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。 2．建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。 3．建立图像与公式间的关系：对于a－F图像、F－s图像、v－t图像、v2－s图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。 4．读图时要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 课时精练 1．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是(　　) A．小车2 s末的速度大小是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s 答案　B 解析　根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误。 2．(2023·广东东莞实验中学一模)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间，已知人的反应时间为0.2 s。某无人驾驶汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m。则车轮与路面间的动摩擦因数为(取g＝10 m/s2)(　　) A．0.05 B．0.468 C．0.5 D．0.6 答案　C 解析　设车轮与路面间的动摩擦因数为μ，则汽车刹车过程的加速度大小为a＝＝μg，根据题意有x＝v0t0＋＝96 m，其中v0＝30 m/s，t0＝0.2 s，联立解得μ＝0.5，故选C。 3．(2023·广东茂名市一模)电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v－t图像如图所示。假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g＝10 m/s2，则(　　) A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6 B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195 m C．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s D．平衡车在加速阶段的动力大小为72 N 答案　B 解析　关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大小为a，结合图像可得 a＝＝μg，a＝ m/s2＝0.6 m/s2 解得μ＝0.06，A错误； v－t图线与横轴围成的面积表示位移， 即x＝(25＋40)×6× m＝195 m 整个运动过程中的平均速度大小为 ＝＝ m/s＝4.875 m/s，B正确，C错误； 平衡车在加速阶段时有F－μmg＝ma′，a′＝ m/s2 代入数据解得F＝108 N，D错误。 4.(多选)(2024·广东省模拟)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变。已知火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取9.8 m/s2。则下列估算正确的是(　　) A．火箭竖直升空的加速度大小为2.2 m/s2 B．火箭竖直升空的加速度大小为4.2 m/s2 C．火箭升空所受到的平均推力大小为3.5×107 N D．火箭升空所受到的平均推力大小为3.0×106 N 答案　AD 解析　由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为＝，可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.50× cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106 N，故选A、D。 5．(2023·全国乙卷·14)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 答案　B 解析　上升过程和下落过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下落过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下落过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不会做匀加速运动，D错误。 6．(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2 (2)根据运动学公式有v2＝2a1l1 解得v＝4 m/s (3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2 根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 7.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF 答案　B 解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确，A、C、D错误。 8．(2022·辽宁卷·7)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 答案　B 解析　物块沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，对物块由牛顿第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，则μ<0.2，故选B。 9．(2023·广东省深圳外国语学校模拟)如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体上，在物体上施加沿斜面向上的外力F使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a关于外力F的关系图像，如图乙所示。已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g。则可求出的物理量有(　　) A．物体的质量 B．斜面体的倾角θ C．物体与斜面体之间的动摩擦因数 D．物体对斜面体的压力大小 答案　A 解析　由牛顿第二定律，得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝F－(gsin θ＋μgcos θ)，结合题图乙中的斜率和截距，可得＝，gsin θ＋μgcos θ＝b，解得m＝，分析知斜面体的倾角θ、物体与斜面体之间的动摩擦因数无法具体解得，故A正确，B、C错误；由于斜面体的倾角θ、物体与斜面体之间的动摩擦因数无法求解，所以物体对斜面体的压力大小F压＝FN＝mgcos θ也无法求解，故D错误。 10.如图是消防滑梯示意图，滑行时，人双臂双腿并拢时只受到底面的摩擦力，张开双臂双腿时增加了人与侧壁的摩擦。已知该滑梯斜坡部分全长28 m，最顶端到滑梯斜坡末端的竖直高度为16.8 m。人与滑梯底面之间的动摩擦因数μ＝0.5。若人在滑梯中的运动可视为直线运动，刚开始双臂双腿并拢由静止下滑，当速度过快时张开双臂双腿，人受到摩擦力的最大值为并拢时的两倍，不计空气阻力，人可以近似看成质点，g＝10 m/s2。为了确保安全，人滑到底端的速度不能超过4 m/s，求： (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小a和人双臂双腿张开下滑时的加速度大小a2分别为多少； (2)人在滑梯上下滑的最短时间t为多少。 答案　(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)6 s 解析　(1)设滑梯与水平面夹角为θ，由题意可得 sin θ＝＝0.6，则cos θ＝0.8 当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2 当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得2μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 (2)设人下滑最大速度为vm，最短时间为t，由题意可知滑到底端的速度为v＝4 m/s 滑梯斜坡长x＝28 m 则由运动学方程可得＋＝x vm＝a1t1 v＝vm－a2t2 解得t＝t1＋t2＝6 s。 11.(多选)(2023·广东省三模)某软件可以记录物体的运动过程并描绘出运动图像。如图是该软件导出的－t图像，t为时刻，x为0～t时间内物体运动的位移。已知t0时刻前图像为直线，t0时刻后图像为反比例曲线。该图像模拟某物体在粗糙水平面上做匀减速直线运动直至静止的滑动情景，取重力加速度为10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A．物体在4 s后某一时刻静止 B．0时刻，物体的速度大小为20 m/s C．物体运动的位移大小为60 m D．物体与水平面间的动摩擦因数为 答案　BD 解析　因为t0时刻后图像为反比例曲线，即·t＝k，即x＝k为定值，可知此时物体静止，即从t0时刻开始物体已经静止，根据题图可得物体的位移为x0＝30 m，选项A、C错误；根据x＝v0t－at2，可得＝v0－at，可得v0＝20 m/s，选项B正确；物体的加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，根据μmg＝ma可得μ＝，选项D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $