步步高一轮复习第三章 第2课时.docx
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步步高一轮复习第三章第2课时
第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
考纲解读
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题.
考点一 瞬时加速度的求解
1.牛顿第二定律
(1)表达式为F=ma.
(2)理解:
核心是加速度与合外力的瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时变化.
2.两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间.
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变.
例1
如图1所示,A、B两小球分别连在轻绳两端,B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上.A、B两小球的质量分别为mA、mB,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在绳被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为( )
图1
A.都等于
B.
和0
C.
和
·
D.
·
和
解析 当A、B球静止时,弹簧弹力F=(mA+mB)gsinθ,当绳被剪断的瞬间,弹簧弹力F不变,对B分析,则F-mBgsinθ=mBaB,可解得aB=
·
,当绳被剪断后,球A受的合力为重力沿斜面向下的分力,F合=mAgsinθ=mAaA,所以aA=
,综上所述选项C正确.
答案 C
[拓展题组]
1.[瞬时加速度的求解]如图2所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,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,下列说法正确的是( )
图2
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
答案 BC
解析 设弹簧的弹力大小为F,由平衡条件可知,F=mgsinθ,烧断细线的瞬间,弹簧弹力不变,故B球受力情况不变,加速度为0,B正确,A、D均错误;以A为研究对象,由牛顿第二定律可得:
F+mgsinθ=maA,解得:
aA=2gsinθ,故C正确.
2.[瞬时加速度的求解]在光滑水平面上有一质量为1kg的物体,它的左端与一劲度系数为800N/m的轻弹簧相连,右端连接一细线.物体静止时细线与竖直方向成37°角,此时物体与水平面刚好接触但无作用力,弹簧处于水平状态,如图3所示,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,则下列判断正确的是( )
图3
A.在剪断细线的瞬间,物体的加速度大小为7.5m/s2
B.在剪断弹簧的瞬间,物体所受合外力为15N
C.在剪断细线的瞬间,物体所受合外力为零
D.在剪断弹簧的瞬间,物体的加速度大小为7.5m/s2
答案 A
解析 对物体受力分析,由平衡条件可知,在剪断细线或弹簧前,绳上弹力大小为FT1=
=12.5N,弹簧的弹力大小为FT2=mgtan37°=7.5N;在剪断细线的瞬间,细线上弹力突变为零,弹簧弹力不变,物体还受到地面竖直向上的支持力,该支持力与物体的重力平衡,所以物体所受的合力为7.5N,加速度大小为7.5m/s2,选项A对,C错;在剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力突变为零,绳子的弹力也消失,地面对物体竖直向上的支持力与物体重力平衡,物体的合外力为零,加速度也为零,选项B、D均错误.
求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析.
(2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变.
考点二 动力学中的图象问题
1.动力学中常见的图象v-t图象、x-t图象、F-t图象、F-a图象等.
2.解决图象问题的关键:
(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。
(2)理解图象的物理意义,能够抓住图象的一些关键点,如斜率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再结合牛顿运动定律求解.
例2
受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其v-t图线如图4所示,则( )
图4
A.在0~t1内,外力F大小不断增大
B.在t1时刻,外力F为零
C.在t1~t2内,外力F大小可能不断减小
D.在t1~t2内,外力F大小可能先减小后增大
解析 由图象可知,在0~t1内物体做a减小的加速运动,t1时刻a减小为零.由a=
可知,F逐渐减小,最终F=Ff,故A、B错误.在t1~t2内,物体做a增大的减速运动,由a=
可知,至物体速度减为零之前,F有可能是正向逐渐减小,也有可能F先沿正向减小到零后又向负向增大,故C、D正确.
答案 CD
变式题组
3.[动力学中的图象问题]“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图5所示.将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )
图5
A.gB.2gC.3gD.4g
答案 B
解析 蹦极过程中,经过足够长的时间后,人不再上下振动,而是停在空中,此时绳子拉力F等于人的重力mg,由F-t图线可以看出,
F0=mg;在人上下振动的过程中,弹力向上,重力向下,当人在最低点时,弹力达到一个周期中的最大值,在第一个周期中,弹力最大为Fm=
F0=3mg,故最大加速度为am=
=2g.选项B正确.
4.[动力学中的图象问题]如图6所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )
图6
答案 A
解析 在未达到相同速度之前,木板的加速度为
-μmg-μ·2mg=ma1
a1=-3μg
达到相同速度之后,木板的加速度为
-μ·2mg=ma2
a2=-2μg
由加速度可知,图象A正确.
分析图象问题时常见的误区
(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位.
(2)没有注意坐标原点是否从零开始.
(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义.
(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析.
考点三 连接体问题
1.整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
2.隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.
3.整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度,后隔离求内力”.
例3
(2012·江苏·5)如图7所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f,若木块不滑动,力F的最大值是( )
图7
A.
B.
C.
-(m+M)gD.
+(m+M)g
解析 由题意知,当M恰好不能脱离夹子时,M受到的摩擦力最大,F取最大值,设此时提升的加速度为a,由牛顿第二定律得,
对M有:
2f-Mg=Ma①
对m有:
F-2f-mg=ma②
联立①②两式解得F=
,选项A正确.
答案 A
变式题组
5.[连接体问题的处理]放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连,如图8所示,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,今对物块A施加一水平向左的恒力F,使A、B一起向左匀加速运动,设A、B的质量分别为m、M,则弹簧测力计的示数为( )
图8
A.
B.
C.
MD.
M
答案 B
解析 先以A、B整体为研究对象,它们受到竖直向下的重力(M+m)g,竖直向上的支持力FN=(M+m)g,水平向左的拉力F,水平向右的摩擦力Ff=μFN=μ(M+m)g.
对A、B整体受力分析得F-Ff=(M+m)a①.
再以B为研究对象,其受力为竖直向下的重力Mg,竖直向上的支持力FN′=Mg,水平向左的弹簧拉力F′,水平向右的摩擦力Ff′=μFN′=μMg.
由牛顿第二定律得到:
F′-Ff′=F′-μMg=Ma,a=
-μg②,
将②代入①整理得:
F′=
,所以选项B正确.
6.[连接体问题的处理]如图9所示,装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上,支架上用细线拖着质量为m的小球,当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时,稳定后绳子与竖直方向的夹角为θ.求小车所受牵引力的大小.
图9
答案 (M+m)gtanθ
解析 小球与小车相对静止,它们的加速度相同,小车的加速度方向水平向左,小球的加速度方向也水平向左,由牛顿第二定律可知,小球所受合力的方向水平向左,如图所示,小球所受合力的大小为mgtanθ.
由牛顿第二定律有mgtanθ=ma①
对小车和小球组成的整体,运用牛顿第二定律有
F=(M+m)a②
联立①②解得:
F=(M+m)gtanθ.
1.整体与隔离法在动力学中的应用技巧涉及的问题类型
(1)涉及滑轮的问题:
若要求绳的拉力,一般都采用隔离法.
(2)水平面上的连接体问题:
①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止,即具有相同的加速度.解题时,一般采用先整体后隔离的方法.②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,或者正交分解力,或者正交分解加速度.
(3)斜面体与物体组成的连接体问题:
当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析.
2.解决问题的关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该单独分析,并分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解.
考点四 动力学两类基本问题
求解两类问题的思路,可用下面的框图来表示:
分析解决这两类问题的关键:
应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度.
例4
质量m=4kg的物块,在一个平行于斜面向上的拉力F=40N作用下,从静止开始沿斜面向上运动,如图10所示,已知斜面足够长,倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,力F作用了5s,求物块在5s内的位移及它在5s末的速度.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
图10
解析 如图,对物块受力分析,建立直角坐标系,把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解.
沿平行于斜面方向:
F-mgsinθ-Ff=ma①
沿垂直于斜面方向:
FN=mgcosθ②
又有Ff=μFN③
由①②③得:
a=
=2.4m/s2.
物块从静止开始沿斜面做匀加速运动,5s内的位移
x=
at2=
×2.4×52m=30m.
5s末的速度v=at=12m/s.
答案 30m 12m/s
变式题组
7.[动力学方法的应用]航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=0.5kg,动力系统提供的恒定升力F=
8N,试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升,设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10m/s2.
(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=6s时到达高度H=36m,求飞行器所受阻力大小.
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=5s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力,求飞行器能达到的最大高度h.(计算结果保留小数点后两位有效数字)
(3)第二次试飞中,为了使飞行器不致坠落地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.(计算结果保留两位有效数字)
答案 见解析
解析
(1)设飞行器所受阻力为Ff.第一次试飞时,设加速度为a1
由H=
a1t
,得a1=
=2m/s2
由牛顿第二定律有F-mg-Ff=ma1
代入数据得Ff=2N
(2)第二次试飞时,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为h1
h1=
a1t
=
×2×52m=25m
v1=a1t2=2×5m/s=10m/s
设失去升力后的加速度为a2,上升的高度为h2
由牛顿第二定律有mg+Ff=ma2,所以a2=14m/s2
h2=
=
m=
m≈3.57m
所以h=h1+h2≈28.57m.
(3)设失去升力后下降阶段加速度为a3,由牛顿第二定律有mg-Ff=ma3,则a3=6m/s2
设恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3,则有F-mg+Ff=ma4,即a4=10m/s2
所以
+
=h
又因为v3=a3t3,联立解得t3≈2.4s.
高考模拟 明确考向
1.(2013·新课标Ⅱ·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
答案 C
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时,物块静止不动,加速度为零,当F大于最大静摩擦力时,根据F-f=ma知:
随F的增大,加速度a增大,故选C.
2.(2013·安徽·14)如图11所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
图11
A.T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ)
B.T=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ)
C.T=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ)
D.T=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ)
答案 A
解析 小球受力如图所示,由牛顿第二定律得
水平方向:
Tcosθ-FNsinθ=ma
竖直方向:
Tsinθ+FNcosθ=mg
解以上两式得
T=m(gsinθ+acosθ)
FN=m(gcosθ-asinθ)
所以正确选项为A.
3.如图12所示,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2,重力加速度大小为g.则有( )
图12
A.a1=g,a2=g
B.a1=0,a2=g
C.a1=0,a2=
g
D.a1=g,a2=
g
答案 C
解析 抽出木板前,木块1受重力和弹簧对其向上的弹力,在抽出木板的瞬间,弹簧对木块1的弹力未来得及变化,木块1受重力和弹簧对其向上的弹力仍然平衡,a1=0.
抽出木板前,木块2受重力和弹簧对其向下的弹力还有木板的支持力,而木板的支持力大小等于Mg+mg,在抽出木板的瞬间,弹簧对木块2的弹力未来得及变化,但木块2所受支持力(大小为Mg+mg)突然消失,根据牛顿第二定律,a2=
g.
4.(2014·新课标Ⅱ·24)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小;
(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图13所示.若该运动员和所带装备的总质量m=100kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)
图13
答案
(1)87s 8.7×102m/s
(2)0.008kg/m
解析
(1)设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有
v=gt①
s=
gt2②
根据题意有
s=3.9×104m-1.5×103m=3.75×104m③
联立①②③式得
t≈87s④
v≈8.7×102m/s⑤
(2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据平衡条件有
mg=kv
⑥
由所给的v—t图象可读出
vmax≈360m/s⑦
由⑥⑦式得
k≈0.008kg/m
活页练习
一、单项选择题
1.细绳拴一个质量为m的小球,小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接),小球静止时弹簧在水平位置,如图1所示.将细绳烧断后,下列说法中正确的是( )
图1
A.小球立即开始做自由落体运动
B.小球离开弹簧后做平抛运动
C.小球运动的加速度先比重力加速度小,后来和重力加速度相等
D.小球离开弹簧后做匀变速运动
答案 D
解析 小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力,合外力为零.当烧断细绳后,弹簧弹力减小,小球的重力不变,在离开弹簧前,合力为弹簧弹力和重力的合力,加速度大于重力加速度,故A、B、C错误;离开弹簧后,小球只受重力,做匀变速运动,选项D正确.
2.四个质量均为m的小球,分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接,处于平衡状态,如图2所示.现突然迅速剪断轻绳A1、B1,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球1、2、3、4的加速度分别用a1、a2、a3和a4表示,则( )
图2
A.a1=g,a2=g,a3=2g,a4=0
B.a1=0,a2=2g,a3=0,a4=2g
C.a1=g,a2=g,a3=g,a4=g
D.a1=0,a2=2g,a3=g,a4=g
答案 A
解析 由于绳子张力可以突变,故剪断A1后小球1、2只受重力,其加速度a1=a2=g,剪断B1后,由于弹簧弹力不能突变,故小球3所受合力为2mg,小球4所受合力为零,所以小球3、4的加速度分别为a3=2g,a4=0.
3.五个质量相等的物体置于光滑的水平面上,如图3所示.现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力,则第2个物体对第3个物体的作用力等于( )
图3
A.
FB.
F
C.
FD.
F
答案 C
解析 设每个物体的质量为m,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F=5ma,解得整体的加速度a=
;以物体3、4、5为研究对象,根据牛顿第二定律,第2个物体对第3个物体的作用力F′=3ma=
F,C正确.
4.如图4所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦.当车的加速度a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是(斜面倾角为θ)( )
图4
A.F1增大,F2不变B.F1增大,F2增大
C.F1不变,F2增大D.F1不变,F2减小
答案 C
解析 对圆柱体受力分析,沿水平方向和竖直方向建坐标系,分别根据平衡条件和牛顿第二定律得F1cosθ=G,F2-F1sinθ=ma,故随着加速度的增大,F1不变,F2增大,C正确,A、B、D错误.
5.如图5所示,物体A、B质量分别为m1、m2,物块C在水平推力作用下,三者相对静止,一起向右以a=5m/s2的加速度匀加速运动,不计各处摩擦,取g=10m/s2,则m1∶m2为( )
图5
A.1∶2B.1∶3
C.2∶1D.3∶1
答案 C
解析 设A、B间细绳的拉力大小为FT,则有FT=m2g,对A根据牛顿第二定律得:
FT=m1a,解得
=
,所以选项C正确.
6.如图6所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为( )
图6
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 把m1、m2看做一个整体,在水平方向上加速度相同,由牛顿第二定律可得:
Fcosθ=(m1+m2)a,所以a=
,选项A正确.
二、多项选择题
7.由牛顿第二定律表达式F=ma可知( )
A.质量m与合外力F成正比,与加速度a成反比
B.合外力F与质量m和加速度a都成正比
C.物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致
D.物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比,跟它的质量m成反比
答案 CD
解析 对于给定的物体,其质量是不变的,合外力变化时,加速度也变化,合外力与加速度的比值不变,A、B错;加速度的方向总是跟合外力的方向相同,C正确;由a=
可知D正确.
8.将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上.如图7甲所示,传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的规律.一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶,整个装置开始处于静止状态.现在向沙桶里缓慢倒入细沙,力传感器采集的F-t图象如图乙所示.则( )
图7
A.2.5s前小车做变加速运动
B.2.5s后小车做变加速运动
C.2.5s前小车所受摩擦力不变
D.2.5s后小车所受摩擦力不变
答案 BD
解析 当倒入细沙较少时,M处于静止状态,对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力.在满足M静止的情况下,缓慢加细沙,绳子拉力变大,m对M的静摩擦力逐渐变大,由图象得出2.5s前M都是静止的,A、C选项错误;2.5s后M相对于m发生滑动,m对M的摩擦力为滑动摩擦力Ff=μmg保持不变,D项正确;M运动后继续倒入细沙,绳子拉力发生变化,小车将做变加速运动,B项正确.
9.如图8所示,一质量为m的滑块,以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面,当其速度减为零后又沿斜面返回底端,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,若滑块所受的摩擦力为Ff、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v,规定沿斜面向上为正方向,在滑块沿斜面运动的整个过程中,这些物理量随时间变化的图象大致正确的是( )
图8
答案 AD
10.某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为α=37°,如图(b)所示.已知运动员的质量为50kg,降落伞的质量也为50kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(g取10m/s2,sin37°=0.
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- 步步高一轮复习第三章 第2课时 步步高 一轮 复习 第三 课时