2019版高考物理大一輪復習牛頓運動定律第2講牛頓運動定律的應用學案.docx

第2講牛頓運動定律的應用考試標準知識內容必考要求加試要求說明牛頓運動定律應用dd1.求解連接體問題時，只限于各物體加速度相同的情形2.不要求解決加速度不同的兩個物體的動力學問題.超重與失重b一、兩類動力學問題1兩類動力學問題(1)已知受力情況求物體的運動情況(2)已知運動情況求物體的受力情況2解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如下圖：自測1水平路面上質量是30 kg的手推車，在受到60 N的水平推力時做加速度為1.5 m/s2的勻加速運動如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g10 m/s2)答案0.5 m/s2解析設阻力大小為Ff，則FFfma解得Ff15 N如果撤去推力，車的加速度大小為a，則Ffma解得a0.5 m/s2.二、超重與失重1超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象(2)產生條件：物體具有向上的加速度2失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象(2)產生條件：物體具有向下的加速度3完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)等于零的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象(2)產生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下自測2關于超重和失重的下列說法中，正確的是()A超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用C物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài)D物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案D命題點一超重與失重現(xiàn)象1不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變2在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失3盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)例1廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t0時由靜止開始上升，at圖象如圖1所示則下列相關說法正確的是()圖1At4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài)B555 s時間內，繩索拉力最小Ct59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài)Dt59 s時，電梯處于失重狀態(tài)答案D解析利用at圖象可判斷：t4.5 s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；05 s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，555 s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，5560 s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小于重力，綜上所述，B、C錯誤，D正確變式1(2016慈溪中學期中)2016年10月份，蕭山區(qū)某中學舉行了校秋季運動會，小明同學參加了跳高決賽，他以背越式跳過1.65 m的高度拿到了本屆校運會的亞軍，為班級爭了光若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()A小明下降過程中處于失重狀態(tài)B小明腳離地起跳以后在上升過程中處于超重狀態(tài)C小明起跳時地面對他的支持力等于他的重力D小明起跳以后在下降過程中重力消失了答案A解析小明下降過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態(tài)，故A正確；起跳以后在上升過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；小明起跳時加速度的方向向上，所以地面對他的支持力大于他的重力，故C錯誤；人處于超重或失重狀態(tài)時，人的重力并沒變，故D錯誤變式2如圖2所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)下列說法正確的是()圖2A在上升或下降過程中A對B的壓力一定為零B上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力答案A解析無論物體在上升過程中還是下降過程中，兩物體組成的系統(tǒng)都只受重力作用，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，所以在整個上升和下降過程中，A對B的壓力始終為零，故選項A正確變式3質量為60 kg的人，站在升降機內的臺秤上，測得體重為480 N，則升降機的運動是(g取10 m/s2)()A可能是勻速下降B升降機加速度大小為2 m/s2C升降機加速度大小為3 m/s2D可能是減速下降答案B解析對人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降機的加速度也向下，所以升降機的運動是加速下降或減速上升，由牛頓第二定律得mgFma，解得a m/s22 m/s2，故B正確命題點二動力學中的圖象問題1常見的動力學圖象vt圖象、at圖象、Ft圖象、Fa圖象等2圖象問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象3解決圖象問題的關鍵(1)看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結合牛頓運動定律求解例2(2016平陽二中期中)如圖3甲所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為的光滑固定斜面上逐漸增大F，物體開始做變加速運動，其加速度a隨F變化的圖象如圖乙所示g取10 m/s2.根據圖乙中所提供的信息不能計算出的是()圖3A物體的質量B斜面的傾角C使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小D加速度為6 m/s2時物體的速度答案D解析對物體受力分析，物體受推力、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分別建立x軸、y軸，并將力沿坐標軸的方向分解，如圖所示x軸方向：Fcos mgsin ma，y軸方向：FNFsin mgcos 0，從圖象中取兩個點(0 N，6 m/s2)、(30 N,6 m/s2)代入，解得：m2 kg，37，當a0時，可解得F15 N，因而A、B、C可以算出；根據圖中信息無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小，因而D不可以算出變式4雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，如圖所示的圖象能正確反映雨滴下落運動情況的是()答案C解析雨滴速度增大時，阻力也增大，由牛頓第二定律得a，故加速度逐漸減小，最終雨滴做勻速運動，故C正確變式5(2017浙江“91”高中聯(lián)盟期中)水平力F方向確定，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F(xiàn)的大小按圖4甲所示規(guī)律變化，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖乙所示重力加速度大小為10 m/s2，則下列物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力Ffm、物塊與水平桌面間的滑動摩擦力Ff、物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)、物塊質量m的值正確的是()甲乙圖4AFfm4 N B0.1CFf6 N Dm2 kg答案B解析t2 s時，F(xiàn)fmF6 N；F1mgma1，即6mgm.t4 s時，F(xiàn)2mgma2，即12mg3m，解得m3 kg，0.1，則Ffmg3 N.命題點三動力學的兩類基本問題1把握“兩個分析”“一個橋梁”兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析一個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運動和受力的橋梁2尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，畫圖找出各過程的位移之間的聯(lián)系例3(2017浙江4月選考19)如圖5所示，游船從某碼頭沿直線行駛到湖對岸，小明對過程進行觀測并記錄數(shù)據如下表：圖5運動過程運動時間運動狀態(tài)勻加速運動040 s初速度v00；末速度v4.2 m/s勻速運動40640 sv4.2 m/s勻減速運動640720 s靠岸時v10.2 m/s(1)求游船勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的總質量M8 000 kg，求游船勻減速運動過程中所受的合力大小F；(3)求游船在整個行駛過程中的平均速度大小答案(1)0.105 m/s284 m(2)400 N(3)3.86 m/s解析(1)由運動學公式知a10.105 m/s2位移x1a1t284 m(2)勻減速運動過程中加速度大小a20.05 m/s2由牛頓第二定律得FMa2400 N(3)總位移xx1vt2t32 780 m平均速度大小3.86 m/s.變式6(2016浙江10月學考19)如圖6所示在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車在某時刻開始勻減速行駛，5 min后恰好停在某車站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車站，經8.1 km后恢復到原速324 km/h.(g取10 m/s2)圖6(1)求列車減速時的加速度大??；(2)若該列車總質量為8.0105 kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大??；(3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內的平均速度大小答案見解析解析(1)列車的速度為324 km/h90 m/s，經過5 min300 s停下，所以加速度大小為a m/s20.3 m/s2(2)Ff0.1mg，根據牛頓第二定律，F(xiàn)0.1mgmav22ax，因x8.1 km8 100 m，v90 m/s，m8.0105 kg解得a0.5 m/s2 ，F(xiàn)1.2106 N(3)根據(2)可知，重新加速時間為t s180 s減速過程中通過的位移xt45300 m13 500 m所以整個過程的平均速度大小 m/s30 m/s. 變式7(2016浙江4月選考19)如圖7是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55 s若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18 m/s.然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺假定觀光平臺高度為549 m，取g10 m/s2.圖7(1)若電梯經過20 s勻加速達到最大速度，求加速度a1及上升高度h；(2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質量為60 kg，求小明對電梯地板的壓力；(3)求電梯勻速運動的時間答案(1)0.9 m/s2180 m(2)654 N，方向豎直向下 (3)6 s解析(1)由運動學公式可得a1 m/s20.9 m/s2ha1t0.9202 m180 m(2)對小明受力分析，根據牛頓第二定律可得FNmgma1則FNmgma1654 N根據牛頓第三定律得：小明對地板的壓力FNFN654 N，方向豎直向下(3)設勻速運動時間為t0，運動的總時間為t總，作出整個過程的vt圖象如圖所示，則由vt圖象可得H(t總t0)vm解得t06 s.變式8如圖8所示，一質量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角為30.現(xiàn)小球在F20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)沿桿向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為，g取10 m/s2.試求：圖8(1)小球運動的加速度大??；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點的最大距離答案(1)2.5 m/s2(2)2.4 m解析(1)在力F作用下，對小球受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律得(Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1解得a12.5 m/s2(2)剛撤去F時，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移x1t11.8 m撤去力F后，小球上滑時，受力分析如圖乙由牛頓第二定律得mgsin 30mgcos 30ma2解得a27.5 m/s2小球上滑時間t20.4 s上滑位移x2t20.6 m則小球上滑過程中距A點的最大距離為xmx1x22.4 m.命題點四傳送帶模型模型1水平傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端其中v0v返回右端時速度為v，當v0v返回右端時速度為v0模型2傾斜傳送帶模型項目圖示滑塊可能的運動情況情景1若滑塊能夠上滑，則：(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直減速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先減速后反向加速(4)可能一直減速例4(2016武義二中月考)如圖9所示，水平傳送帶兩端相距x8 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.6，工件滑上A端時速度vA10 m/s，設工件到達B端時的速度大小為vB.(取g10 m/s2)圖9(1)若傳送帶靜止不動，求vB；(2)若傳送帶順時針轉動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求到達B點的速度大小vB；(3)若傳送帶以v13 m/s逆時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間答案(1)2 m/s(2)能2 m/s(3)13 m/s0.67 s解析(1)工件受到的摩擦力方向水平向右，加速度大小為a，根據牛頓第二定律可知mgma，則ag6 m/s2，且vv2ax，故vB2 m/s.(2)能當傳送帶順時針轉動時，工件受力不變，其加速度不發(fā)生變化，仍然始終減速，故工件到達B端的速度vB2 m/s.(3)傳送帶以v13 m/s逆時針勻速轉動時，開始時工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a6 m/s2，工件速度達到13 m/s時所用時間為t10.5 s，運動的位移為x1vAt1at5.75 m8 m，則工件在到達B端前速度就達到了13 m/s，此后工件與傳送帶相對靜止，因此工件先加速后勻速運動勻速運動的位移x2xx12.25 m，t20.17 s，工件由A到B所用的時間tt1t20.67 s.變式9如圖10所示，水平傳送帶A、B兩端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中()圖10A煤塊從A運動到B的時間是 sB煤塊從A運動到B的時間是2.25 sC劃痕長度是0.5 mD劃痕長度是2 m答案D解析小煤塊與傳送帶共速前做勻加速直線運動，加速度大小為ag4 m/s2加速時間t11 s，位移x1at2 m.勻速運動時間t20.5 s.煤塊從A運動到B的時間tt1t21.5 s煤塊勻加速運動的時間內傳送帶的位移x3v0t14 m劃痕長度xx3x12 m.變式10如圖11所示，電動傳送帶以恒定速度v01.2 m/s運行，傳送帶與水平面的夾角37，現(xiàn)將質量m20 kg的物品箱輕放到傳送帶底端，經過一段時間后，物品箱被送到高h1.8 m的平臺上，已知物品箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.85，不計其他損耗，則每件物品箱從傳送帶底端送到平臺上，需要多長時間？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)圖11答案3.25 s解析物品箱剛放到傳送帶上時做勻加速運動，當速度達到v0時，與傳送帶一起做勻速運動到平臺物品箱剛放上去時，根據牛頓第二定律有mgcos mgsin ma，解得a0.8 m/s2.從靜止到與傳送帶共速所用時間t1 s1.5 s，此過程中，物品箱沿斜面向上的位移xt10.9 m.物品箱隨傳送帶勻速運動到達平臺的時間為t2 s1.75 s，總時間為tt1t23.25 s.1下列說法中正確的是()A體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)B蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態(tài)D游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)答案B2.(2016舟山中學期中)某同學站在體重計上研究超重與失重，如圖1.她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程下列說法正確的是()圖1A只有“起立”過程，才能出現(xiàn)失重的現(xiàn)象B只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)超重的現(xiàn)象C“起立”、“下蹲”的過程都能出現(xiàn)超重和失重的現(xiàn)象D“起立”的過程，先出現(xiàn)失重現(xiàn)象后出現(xiàn)超重現(xiàn)象答案C解析“下蹲”過程，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；“起立”過程，人先向上做加速運動，后向上做減速運動，則人先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確3.(2017紹興市選考模擬)在2016年里約奧運會男子蹦床決賽中，我國選手董棟、高磊分摘銀、銅牌如圖2所示為運動員正在比賽時的照片，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖2A運動員離開蹦床后處于失重狀態(tài)B運動員上升到最高點時加速度為零C運動員下落碰到蹦床后立即做減速運動D運動員和蹦床接觸的過程中一直處于失重狀態(tài)答案A解析運動員離開蹦床后，僅受重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A正確；運動員上升到最高點時，僅受重力，加速度為g，故B錯誤；運動員下落碰到蹦床后，開始重力大于彈力，加速度向下，向下做加速運動，彈力不斷增大，重力小于彈力后，加速度向上，向下做減速運動，故C錯誤；運動員在接觸蹦床過程中，先加速向下，處于失重狀態(tài)，后減速向下，處于超重狀態(tài)，故D錯誤4.(2017湖州市期末)如圖3所示，一體重為500 N的同學站在體重計上，在升降機中研究超重和失重現(xiàn)象，升降機在上升過程中經歷了勻加速、勻速和勻減速三個階段，則比較符合實際情況的體重計示數(shù)依次為()圖3A. 520 N、500 N、480 NB. 480 N、500 N、520 NC. 480 N、520 N、500 ND. 500 N、500 N、500 N答案A解析勻加速上升，超重，體重計示數(shù)大于重力，勻速時體重計示數(shù)等于重力，勻減速時失重，體重計示數(shù)小于重力5(2016紹興市調研)一個木塊以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上運動的vt圖象如圖4所示已知重力加速度為g，則根據圖象不能求出的物理量是()圖4A木塊的位移大小B木塊的加速度大小C木塊所受摩擦力D木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)答案C解析位移大小可由圖象與時間軸所圍的面積求出，由vt圖線的斜率可求出加速度大小a，由牛頓第二定律知，ag，故動摩擦因數(shù)也可求出，由于不知木塊的質量，故不能求出木塊所受摩擦力6(2017溫州市十校高三期末)如圖5甲所示，是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的“”表示人的重心圖乙是根據傳感器畫出的Ft圖線兩圖中ag各點均相對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出，圖乙中a、c、e點對應的縱坐標均為700 N取重力加速度g10 m/s2.請根據這兩個圖所給出的信息，判斷下面說法中正確的是()甲乙圖5A此人重心在b點時處于超重狀態(tài)B此人重心在c點時的加速度大小大于在b點時的加速度大小C此人重心在e點時的加速度大小大于在a點時的加速度大小D此人重心在f點時，腳剛好離開傳感器答案D解析由題圖知a、c、e點處對應的FG，故加速度等于0，b點處FG，處于失重狀態(tài)，重心在f點時，F(xiàn)0，腳剛好離開傳感器7. 如圖6所示，兩個質量相同的物體1和2緊靠在一起，放在光滑的水平桌面上若它們分別受到水平推力F1和F2作用，而且F1F2，則1施于2的作用力大小為()圖6AF1 BF2C.(F1F2) D.(F1F2)答案C解析設物體1和2的質量都為m，加速度為a，以整體為研究對象，由牛頓第二定律得a.以物體2為研究對象，有a，解得F12.故C選項正確8.如圖7所示，一條不可伸長的輕繩跨過質量可忽略不計的光滑定滑輪，繩的一端系一質量m15 kg的重物，重物靜止于地面上，有一質量m10 kg的猴子，從繩子的一端沿繩子向上爬，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g取10 m/s2)()圖7A25 m/s2 B5 m/s2C10 m/s2 D15 m/s2答案B解析在重物不離開地面的條件下，繩子的最大拉力為Fmg150 N，對猴子受力分析，設其向上爬的最大加速度為a，由牛頓第二定律有：Fmgma，解得a5 m/s2，故B選項正確9如圖8甲所示，小物塊從光滑固定斜面上自由滑下，小物塊的位移x和時間的平方t2的關系如圖乙所示g10 m/s2，下列說法正確的是()圖8A小物塊的加速度大小恒為2.5 m/s2B斜面傾角為60C小物塊2 s末的速度是5 m/sD小物塊第2 s內的平均速度為7.5 m/s答案D解析由題圖得x2.5t2，對照公式xv0tat2，得初速度v00，加速度a5 m/s2，選項A錯誤；由牛頓第二定律得mamgsin ，則sin 0.5，30，選項B錯誤；小物塊2 s末的速度v2at252 m/s10 m/s，選項C錯誤；小物塊1 s末的速度v1at15 m/s，第2 s內的平均速度7.5 m/s，選項D正確10.(2017余姚中學高三上期中)如圖9所示，傳送帶的水平部分AB是繃緊的，當傳送帶不運轉時，滑塊從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t1，從B端飛出時速度大小為v1.若傳送帶沿逆時針方向運轉，滑塊同樣從斜面頂端由靜止下滑，通過AB所用時間為t2，從B端飛出時速度大小為v2，則()圖9At1t2，v1v2 Bt1t2，v1v2Ct1t2，v1v2 Dt1t2，v1v2答案A解析在兩種情況下，滑塊到達A點的初速度相等，在傳送帶上都做勻減速直線運動，加速度大小相等，根據速度位移公式知，到達B端的速度相等，即v1v2，結合速度時間公式知，t1t2，故A正確，B、C、D錯誤11如圖10甲所示，質量為m2 kg的物體在水平面上向右做直線運動過A點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得vt圖象如圖乙所示取重力加速度g10 m/s2.求：圖10(1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數(shù)；(2)