2023新教材高考物理一轮第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的应用课件

第2讲　牛顿第二定律的应用\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、动力学两类基本问题1．从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可以由____________求出物体的加速度，再通过________的规律确定物体的运动情况．2．从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据________规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据____________求出力．牛顿第二定律运动学运动学牛顿第二定律\n二、超重和失重1．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象，叫作失重现象．(2)产生条件：物体具有____________的加速度．2．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________物体所受重力的现象，叫作超重现象．(2)产生条件：物体具有____________的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有________，这种现象叫作完全失重状态．(2)产生条件：加速度a＝________，方向____________．小于竖直向下大于竖直向上作用力g竖直向下\n【生活情境】蹦极(BungeeJumping)，也叫机索跳，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．参与该活动的人向下运动的过程中(1)在弹性绳刚伸直前，人处于完全失重状态.()(2)处于完全失重的人，不受重力的作用.()(3)在弹性绳刚伸直后下降的一小段距离内，人处于失重状态.()(4)在人下降到最低点前的一小段距离内，人处于超重状态.()√×√√\n关键能力·分层突破\n考点一　用牛顿第二定律求解瞬时加速度1．两种基本模型的特点(1)轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值．(2)轻弹簧(或者橡皮绳)需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变．2．求解瞬时加速度的一般思路⇒⇒\n例1两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0答案：A解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．\n【考法拓展1】在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0答案：D解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0.故选项D正确．\n【考法拓展2】把[考法拓展1]中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()A．aA＝0aB＝gB．aA＝gaB＝0C．aA＝gaB＝gD．aA＝0aB＝g答案：B解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，aB＝0，故选项B正确．\n【跟进训练】1.[2022·西安名校联考]如图所示，轻质细线L1和轻弹簧L3分别系有两个完全相同的灯笼甲和乙，L1、L3的上端都系在天花板上，下端用轻质细线L2连接，静止时，L2水平，L1和L3与竖直方向的夹角都为θ.细线不可伸长，不计空气阻力，将灯笼视为质点．现将细线L2从中间剪断，则细线剪断瞬间，甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为()A．1B．sinθC．cosθD．tanθ答案：C\n解析：细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对甲的拉力突然消失，引起L1上的张力发生突变，使甲的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下，大小为a1＝gsinθ；细线L2被剪断的瞬间，细线L2对乙的拉力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化，因而弹簧的弹力不变，乙所受弹力和重力的合力与剪断细线L2前细线L2对乙的拉力等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，乙的加速度大小为a2＝gtanθ，方向水平向右，故甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为＝cosθ，选项C正确．\n考点二　动力学两类基本问题角度1已知受力情况求运动情况例2[2021·河北卷，13]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接．一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起．背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化．求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．\n解析：(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M.对背包，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得背包的加速度a1＝2m/s2，设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得a1t2＝v0(t－1)＋a2(t－1)2，解得t＝3s，则滑道AB段的长度xAB＝a1t2＝9m.(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s，滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s，滑雪者拎起背包的过程中，根据动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v，解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s.\n命题分析试题情境属于综合应用性题目，以滑雪者滑雪为素材创设生活实践问题情境必备知识考查牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律等知识关键能力考查信息加工能力、模型建构能力．提取关键信息，建构物理模型学科素养考查运动与相互作用观念、科学思维．要求考生具有清晰的运动与相互作用观，并能快速优选方法解决问题\n角度2已知运动情况求力例3《地球脉动2》为了环保采用热气球进行拍摄，若气球在空中停留一段时间后，摄影师扔掉一些压舱物使气球竖直向上做匀加速运动．假设此过程中气球所受空气作用力与停留阶段相等，摄影师在4s时间内发现气球上升了4m；然后保持质量不变，通过减小空气作用力使气球速度再上升2m过程中随时间均匀减小到零．已知气球、座舱、压舱物、摄影器材和人员的总质量为1050kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)匀加速阶段的加速度大小；(2)扔掉的压舱物质量；(3)气球速度均匀减小过程中所受空气作用力的大小．\n解析：(1)匀加速阶段，有x＝at2解得a＝0.5m/s2(2)设气球停留阶段受到空气的作用力为F，抛掉质量为m的压舱物，则气球整体向上匀加速运动时，由牛顿第二定律得F－(M－m)g＝(M－m)a又F＝Mg解得m＝50kg(3)气球匀加速阶段的末速度为v＝at＝0.5×4m/s＝2m/s匀减速阶段，有v2＝2a′x′解得a′＝1m/s2设气球在匀减速阶段受到空气作用力为F空，根据牛顿第二定律得(M－m)g－F空＝(M－m)a′解得F空＝9000N\n[思维方法]1．解决动力学两类问题的关键点2．解决动力学问题时的处理方法(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”．即F合＝ma(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”．即\n【跟进训练】2.[2021·浙江1月，6]如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同一高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力．雪道上的同学们()A．沿雪道做匀速直线运动B．下滑过程中机械能均守恒C．前后间的距离随时间不断增大D．所受重力沿雪道向下的分力相同答案：C\n解析：同学们坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知加速度a＝＝gsinθ－μgcosθ，因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，A错误；下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减少，B错误；同学们做匀加速直线运动，加速度大小相等，随着时间的增加，同学们前后的速度差不变，所以同学们前后间的距离随着时间不断增大，C正确；各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsinθ也可能不相同，D错误．\n3.国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了保证乘客的安全，乘客滑到地面的最大速度不能超过5m/s.假设逃生口距地面的高度为4m，人与滑道之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求滑道打开后滑道的最小长度．\n解析：本题可以看成斜面模型，如图：设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为θ，乘客滑到地面时的速度v＝5m/s.则有：sinθ＝，cosθ＝设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma对乘客的运动过程进行分析可得：v2＝2ax联立以上各式并代入数据可得x＝5m\n考点三　超重与失重问题超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向．(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象．只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态．(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重．\n【跟进训练】4．右图是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态答案：A\n解析：地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，故选项A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到的气流的力牵涉到人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，故选项B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，故选项C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，故选项D错误．\n5．如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲—起跳动作的部分示意图．如图乙所示是根据传感器画出的力—时间图像，其中力的单位是N，时间的单位是s.两图中的点均对应，重力加速度g取10m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是()A．此人的质量约为60kgB．此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6的过程C．此人在状态2时处于超重状态D．此人向上的最大加速度大约为1.9g答案：D\n解析：根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70kg，故选项A错误；同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B错误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C错误；根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a＝≈1.9g，所以选项D正确．\n6.如图所示，两位同学用已经校准过的弹簧测力计(精度为0.2N)在电梯中做实验，他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.2kg的物体挂在测力计挂钩上(g取10m/s2)，对于下图中的各图分别对应电梯可能的运动情况。\n下列说法正确的是()A．甲图中电梯正在以a＝1m/s2的加速度匀加速向下运动B．乙图中电梯正在匀速向上运动C．丙图中电梯正在以a＝1m/s2的加速度匀减速向下运动D．丁图中电梯正在匀速向上运动答案：B解析：甲图中，弹簧测力计示数为2.5N，物体的重力mg＝2N，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，解得a＝2.5m/s2，即电梯以2.5m/s2的加速度匀加速向上运动，故A错误；乙图中，弹簧测力计的示数为2N，等于重力，物体处于平衡状态，可能匀速向上运动，故B正确；丙图中，弹簧测力计示数为1.5N，则mg－F＝ma，解得a＝2.5m/s2，即电梯以2.5m/s2的加速度匀加速向下运动，故C错误；丁图中，弹簧测力计示数为0，物体处于完全失重状态，加速度为g，故D错误．\n考点四　斜面模型和等时圆模型模型建构——核心素养提升模型1斜面模型例4[2021·全国甲卷，14]如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大答案：D\n解析：横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝gsinθ，故物块从Q到P的运动时间为t＝＝＝，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．\n命题分析试题情境属于基础性题目，以小物块沿光滑长平板下滑为素材创设学习探索问题情境必备知识考查牛顿第二定律、运动学公式等知识关键能力考查推理论证能力．要求利用小物块的受力和运动特点选出所需规律学科素养考查物理观念、科学思维．要求考生审题后快速判断本题属于动力学问题，从而准确解决问题\n模型2等时圆模型(常见情况)1.“等时圆”满足条件\n2．时间比较(1)对于甲、乙图由2Rsinθ＝gt2sinθ，得t＝＝2，与θ无关，对于丙有t＝2，与θ无关．(2)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些．若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些．\n例5如图在设计三角形的屋顶时，使雨水尽快地从屋顶流下，并认为雨水是从静止开始由屋顶无摩擦地流动．试分析：在屋顶宽度(2L)一定的条件下，屋顶的倾角应该多大？雨水流下的最短时间是多少？\n解析：如图所示，通过屋顶作直线AC与水平线BD相垂直；并以L为半径、O为圆心画一个圆与AC、BC相切．然后，画倾角不同的屋顶A1B、A2B、A3B……从图可以看出：在不同倾角的屋顶中，只有A2B是圆的弦，而其余均为圆的割线．根据“等时圆”规律，雨水沿A2B运动的时间最短，且最短时间为tmin＝＝＝2屋顶的倾角满足tanα＝＝1，可得α＝45°\n【跟进训练】7．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()A．t1＝t2B．t1＞t2C．t1＜t2D．无法确定答案：A\n解析：设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝＝gcosα，滑杆的长度为x＝Dcosα，则根据x＝at2得，t＝＝＝，可见时间t只与圆的直径、当地的重力加速度有关，A正确，B、C、D错误．\n8．[2021·浙江1月，19]如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块：(1)最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数μ；(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率.\n解析：(1)滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，最大位移x＝t①解得x＝16m②(2)滑块沿斜面上滑时的加速度大小a1＝③上滑过程中，对滑块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1④解得μ＝0.25⑤\n(3)滑块下滑过程中做匀加速直线运动，设其加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑥设滑块返回到出发点时的速度大小为vt，由运动学公式得＝2a2x⑦滑块从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率＝mgsinθ，其中＝⑧联立以上各式解得＝48W