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 苏京）

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　(2024·江苏淮安市五校联考)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。 答案　(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m 解析　(1)匀加速阶段加速度为a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1，解得F1＝12 N (2)匀减速阶段有0－vm2＝－2a2x2， 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得F2＝6 N (3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m 运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。 例2　(2024·江苏连云港市灌南高级中学检测)如图所示，一足够长的斜面倾角为θ＝37°，斜面BC与水平面AB平滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则： (1)物体到达B点时的速度是多大？ (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？(可用根式表示) 答案　(1)6 m/s　(2)(1＋) s 解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知 F－μmg＝ma 解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2 从M点到B点，根据速度位移公式可知vB2＝2aL 解得vB＝＝ m/s＝6 m/s； (2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律可知 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 代入数据解得a1＝10 m/s2 根据速度位移公式可知vB2＝2a1x 解得x＝1.8 m 由vB＝a1t1得t1＝ s 因μ<tan θ，所以物体速度减为零后会匀加速下滑， 下滑时根据牛顿第二定律可知 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由x＝a2t22得t2＝ s 所以物体在斜面上滑行的总时间 t＝t1＋t2＝(＋) s＝(1＋) s。 动力学问题的解题思路 例3　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>t3 D．t1＝t3 答案　D 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，根据等时圆模型可知，由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D正确。 拓展　若沿cb放一个光滑细杆，小滑环从c处无初速度释放到达b，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 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 (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　(2023·全国甲卷·19改编)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　B 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。 例5　(2024·江苏省扬州中学月考改编)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．小球受到的空气阻力大小不变 C．小球回到抛出点时的速率v2等于抛出时的速率v1 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　D 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；由题图可知上升过程加速度逐渐减小，即随速度减小，空气阻力减小；下降过程加速度逐渐减小，则随速度增加，空气阻力增大，选项B错误；整个过程由于有空气阻力做负功，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错误；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、纵坐标所代表的物理量，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－x图像、v－t图像、v2－x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．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。已知某无人驾驶汽车的反应时间为0.2 s，该无人驾驶汽车以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，则无人驾驶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．(2024·江苏连云港市期中)水平地面上一质量为m的物体在水平外力F作用下做匀速直线运动，从t＝0时刻开始F随时间均匀减小直至t1时刻减小为零。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，物体所受的摩擦力为Ff、加速度为a、速度为v，重力加速度为g。则下列Ff、a、v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　由题意可知，物体做匀速直线运动，从t＝0时刻，拉力F开始均匀减小，t1时刻拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一种是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变； 另一种是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力逐渐减小至零时，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，静止时拉力小于滑动摩擦力大小，故A错误，B正确；t＝0时，物体加速度应该为0，故C错误；因为物体受到的拉力不断变化，所以受到的合力也会变化，加速度也会变化，不会做匀减速直线运动，故D错误。 4．(2024·江苏南京市校考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以v0＝10 m/s的初速度沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　) A．小木块与木板间的动摩擦因数为 B．小木块经t＝1 s沿木板滑到最高点 C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D．小木块滑到最高点后能够返回 答案　B 解析　小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据受力平衡可得mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝ tan θ＝，故A错误；小木块向上运动时的加速度大小为a＝＝g，故小木块滑到最高点的时间为t＝＝1 s，故B正确；由A选项分析可知mgsin θ＝μmgcos θ，而最大静摩擦力不小于滑动摩擦力，因此小木块到达最高点后将保持静止，而上滑的时间为1 s，故小木块在t＝2 s时速度大小为零，到达最高点后不会返回，故C、D错误。 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　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降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；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，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，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，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是做匀加速运动，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，四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上，且A、C两点是圆的最高点和最低点，圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短 B．圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长 C．四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同 D．四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同 答案　C 解析　设杆AB长为l，与水平方向的夹角为θ，圆环的质量为 m，对圆环a，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＝ma 可得a＝gsin θ 由运动学公式可得l＝at2 由几何关系可知l＝2Rsin θ 解得t＝2 则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关，同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为t＝2，故选C。 8．(2023·江苏常熟市调研)如图甲所示，水平地面上水平轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4 C．弹簧的劲度系数为175 N/m D．弹簧的劲度系数为150 N/m 答案　C 解析　根据v－t图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度大小为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，C正确，D错误。 9．(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。 10.(2024·江苏省南航苏州附中月考)运动员推动冰壶在水平冰面上滑行过程可建立如图所示模型。冰壶质量m＝19.85 kg，运动员施加的推力F＝2.5 N，方向与水平方向夹角为37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求： (1)冰壶与冰面间的动摩擦因数； (2)若运动员以3.0 m/s的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方用毛刷摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%，再滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为8 m时停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离。 答案　(1)0.01　(2)1.6 m 解析　(1)对冰壶进行受力分析，由平衡条件得 Fcos 37°＝Ff，FN＝mg＋Fsin 37° 又Ff＝μFN，解得μ＝0.01 (2)被毛刷摩擦过x1＝＝＝8 m 未被毛刷摩擦过x2＝＝＝6.4 m d＝x1－x2＝1.6 m。 11．(2024·江苏南京市栖霞中学模拟)如图甲所示，质量为1 kg的物块，在水平向右、大小为5 N的恒力F作用下，沿粗糙水平面由静止开始运动，在运动过程中，物块受到水平向左的空气阻力，其大小随着物块速度的增大而增大，且当物块速度为零时，空气阻力也为零，物块加速度a与时间t的关系图线如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)t＝5 s时物块速度的大小； (3)t＝6 s时空气阻力的大小。 答案　(1)0.3　(2)5 m/s　(3)2 N 解析　(1)由题图乙可知当t＝0时， 加速度a0＝2 m/s2 此时物块所受空气阻力为零，此时物块的受力情况如图所示 由牛顿第二定律有： F－Ff＝ma0，FN＝mg 又Ff＝μFN 联立解得μ＝0.3 (2)在a－t图像中，图线与t轴所围的面积为速度的变化量，所以t＝5 s时物块的速度大小为 v＝×2×5 m/s＝5 m/s (3)由题图乙知t＝5 s后，物块做匀速直线运动，物块所受的空气阻力不变，设此过程中物块所受空气阻力为F空，由平衡条件有F－Ff－F空＝0 解得F空＝2 N。 学科网（北京）股份有限公司 $