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 浙江专用）

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、截距及面积的物理意义。 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　(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。 例2　(2023·浙江杭州市联考)如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30 kg(可视为质点)，道路可以简化为由一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9 s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104 N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)平板车到达B点时的速度大小； (2)甲同学的拉力大小； (3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。 答案　(1)3 m/s　(2)100 N　(3)1.6 m/s2，方向沿斜面向下 解析　(1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律s＝t 解得平板车到达B点时的速度大小vB＝3 m/s (2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a＝＝ m/s2 由牛顿第二定律F－0.3mg＝ma 解得甲同学的拉力大小为F＝100 N (3)以沿斜面向上为正方向，平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律F＋F′－mgsin 37°－0.3mgcos 37°＝ma′， 解得a′＝－1.6 m/s2 所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6 m/s2，方向沿斜面向下。 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。 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　动力学的图像问题 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　(多选)如图所示，一物块以初速度v0沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正方向，则物块速度随时间变化的图像可能正确的是(　　) 答案　AD 解析　设物块重力为mg，所受滑动摩擦力大小为Ff，斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律可得物块上滑过程中加速度大小为a1＝＝gsin θ＋，下滑过程中加速度大小为a2＝＝gsin θ－<a1，当物块与斜面间最大静摩擦力不小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将静止；当物块与斜面间最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力时，物块上滑至最高点后将沿斜面下滑，且物块下滑时速度沿负方向，再结合v－t图像的斜率表示加速度可知，A、D正确，B、C错误。 例5　(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6　(2020·浙江7月选考·19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(g取10 m/s2) (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)总位移的大小。 答案　(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m 解析　(1)由题及题图乙可知，在0～26 s时间内，物件匀速运动，26～34 s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中， 由牛顿第二定律有mg－F＝ma 可得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下 (2)设匀减速时间为t2，t2＝(34－26) s＝8 s， 由运动学公式有v＝at2＝1 m/s (3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m 匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m 由题意可知h1＋h2＝h， 所以物件的总位移大小h＝40 m。 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．(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　) A．F的大小为8 N B．0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反 C．t＝3 s时，物体离出发位置最远 D．3 s末物体的速度为0 答案　BCD 解析　由题图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦力作用下，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙可知，0～1 s物体加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度是零，物体离出发位置最远，C、D正确。 2.如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放一物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。 3.(2023·浙江金华市三模)在气排球赛中，某同学描绘出了气排球“从空中下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度”的速度随时间变化的图像，若忽略空气阻力的大小变化，取g＝10 m/s2，以下分析计算正确的是(　　) A．气排球弹起的最大高度为1.0 m B．气排球弹起的最大高度为0.45 m C．空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5 D．气排球弹起到最大高度的时刻t2＝0.8 s 答案　C 解析　下落过程的加速度a1＝ m/s2＝8 m/s2，根据牛顿第二定律mg－Ff＝ma1，解得Ff＝0.2mg，空气阻力大小与重力大小的比值为1∶5，选项C正确；上升过程中mg＋Ff＝ma2，解得a2＝1.2g，气排球弹起的最大高度为h2＝＝ m＝0.375 m，选项A、B错误；气排球弹起到最大高度的时间t＝＝ s＝0.25 s，则气排球弹起到最大高度的时刻t2＝0.75 s，选项D错误。 4.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。 5.(2023·浙江金华市期末)如图所示，通过物体做加速运动来测定动摩擦因数。小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，时间t内的位移为s，下列表述正确的是(　　) A．动摩擦因数μ＝tan θ B．t时刻的速度为 C．s大小不变，θ越小，时间t越长 D．θ太小木块不能下滑是因为动摩擦因数变大 答案　C 解析　小木块在倾角为θ的固定斜面上由静止加速下滑，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，可得mgsin θ>μmgcos θ，即μ<tan θ，故A错误；时间t内的位移为s，有s＝t，则t时刻的速度为v＝，故B错误；若s大小不变，θ越小，则加速度a越小，由s＝at2，可知时间t越长，故C正确；θ太小木块不能下滑是因为重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，动摩擦因数不变，故D错误。 6．(2024·浙江丽水市期末)如图所示，小型遥控无人机是航拍的首要选择，极其方便。质量m＝1 kg的能够垂直起降的小型遥控无人机，从地面上以最大升力F＝16 N由静止竖直起飞，匀加速达到最大速度6 m/s所用时间为3 s，后保持匀速运动。假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，g取10 m/s2，则该无人机(　　) A．起飞时的加速度大小为3 m/s2 B．在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小为2 N C．竖直向上加速阶段位移大小为12 m D．上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间为6.5 s 答案　D 解析　根据匀变速直线速度时间关系有a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma，解得Ff＝4 N，故B错误；竖直向上加速阶段位移大小为x＝t＝×3 m＝9 m，故C错误；匀速运动的时间为t′＝＝ s＝3.5 s，所以上升至离地面h＝30 m的高空所需的最短时间为t总＝t＋t′＝6.5 s，故D正确。 7．固定的光滑细杆与水平地面有一定夹角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示。已知推力F和小环速度v随时间变化规律如图乙和丙所示，重力加速度g取10 m/s2，由以上条件可求得(　　) A．小环的质量m＝0.5 kg B．小环的质量m＝2 kg C．细杆与地面的夹角α＝30° D．细杆与地面的夹角α＝37° 答案　C 解析　由题图丙知，0～2 s内小环做匀加速直线运动，a＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得F1－mgsin α＝ma,2 s后小环做匀速直线运动，由平衡条件得F2－mgsin α＝0，由以上各式代入题图中数据解得小环的质量m＝1 kg，细杆与地面的夹角α＝30°，故C正确，A、B、D错误。 8．(多选)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　) A．物体的质量 B．斜面倾角的正弦值 C．加速度为6 m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 答案　ABD 解析　对物体，由牛顿第二定律有Fcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝F－gsin θ，故a－F图像的斜率为k＝＝0.4 kg－1，纵轴截距为b＝－gsin θ＝－6 m/s2，解得物体质量为m＝2 kg，sin θ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为Fmincos θ＝mgsin θ，解得Fmin＝15 N，故D正确。 9.(2024·浙江省新高考模拟)风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究小组设计了一个总高度H0＝24 m的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特性，如图所示，风洞分成一个高度为H1＝16 m的无风区和一个受风区，某物体质量m＝10 kg，只在无风区中受到空气的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g＝10 m/s2，求在本次实验中： (1)该物体的最大速度大小； (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小； (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 答案　(1)16 m/s　(2)260 N　(3) m 解析　(1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得 mg－Ff＝ma1 解得a1＝8 m/s2 物体在无风区做匀加速直线运动， 有vmax2＝2a1H1 解得最大速度为vmax＝16 m/s (2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有vmax2＝2a2(H0－H1) 解得a2＝16 m/s2 由牛顿第二定律得F－mg＝ma2 解得F＝260 N (3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，可视为(2)中运动的逆过程， 则到分界线时速度大小为16 m/s， 再次进入无风区后做匀减速直线运动， 由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma3 解得a3＝12 m/s2 向上做匀减速运动的位移为 H2＝＝ m 第一次上升的最大高度为 H＝H0－H1＋H2＝ m。 10．(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员) (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 解析　(1)运动员在直道AB上做匀加速运动， 则有v12＝2a1x1 解得a1＝ m/s2 (2)由v1＝a1t1 解得t1＝3 s 运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有 x2＝v1t2＋a2t22 t2＝t－t1＝2 s 解得a2＝2 m/s2 过C点的速度大小 v＝v1＋a2t2＝12 m/s (3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有 mgsin 15°－Ff＝ma2 解得Ff＝66 N。 学科网（北京）股份有限公司 $