辨析高考试题中的牛顿第二定律问题.docx

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辨析高考试题中的牛顿第二定律问题

辨析高考试题中的牛顿第二定律问题

　　牛顿第二定律是物理学的核心规律。

牛顿第二定律的运用，是高考的必考问题，2009年高考试题中的牛顿第二定律试题，题型、情景、设问异彩纷呈，涵盖了这类问题的常见类型。

　　一、图象问题──定性分析

　　例1（山东理综-17）某物体做直线运动的v-t图象如图1甲所示，据此判断图1乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是

　　解析：

由v-t图象（图甲）可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律知，前两秒受合力恒定，若设初速度方向为证方向，则合力为正；2s-4s做正方向匀减速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律知，2s-4s受力恒定，方向与初速度方向相反，合力为负；4s-6s做反方向匀加速直线运动，同理可知，合力恒定但为负，6s-8s做负方向匀减速直线运动，受力为正，恒定。

运动中各阶段的位移均与时间的平方相关，x-t图象是时间的二次函数。

故B正确，本题选B。

例2

（福建理综-21）

如图2甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。

一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；

（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图2乙中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。

图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。

（本小题不要求写出计算过程）

　　解析：

（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，在斜面方向由牛顿第二定律及匀变速位移公式有：

qE+mgsin

=ma

及

，解得：

。

（2）t1时刻后，滑块与弹簧接触，弹簧对滑块有了沿斜面向上的弹力，且弹力逐渐增大，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，当弹力增大到使它与重力的分力、电场力的合力为零时，加速度为零，速度不再增大，达到最大值，设此时弹簧的压缩量为xo，由力的平衡条件有：

；从静止释放到速度达到最大的过程中，对滑块运用动能定理

有：

。

　　解得：

（3）由以上分析与计算可知0-t1滑块做初速度为零的匀加速直线运动，对应的v-t图象为过原点的直线；t1-t2滑块做加速度减小的加速运动，对应的v-t图象

是斜率逐渐减小的曲线；t2-t3弹簧的弹力将大于电场力与重力沿斜面分力的和，三者的合力方向沿斜面向上且增大，加速度向上且增大，但速度方向向下，滑块做加速度增大的减速运动，对应的v-t图象是斜率增大的曲线，如图3所示。

　　点评：

合外力的大小与物体的质量决定加速度的大小，合外力的方向决定加速度的方向。

加速度恒定时，物体做匀变速运动；加速度不恒定时，物体做非匀变速运动。

加速度与速度方向一致时，物体做加速直线运动；加速度方向与速度方向相反时，物体做减速直线运动。

加速度方向与速度方向既不一致，也不相反时，物体做曲线运动。

匀变速直线运动中，v-t图象是直线，直线的斜率代表加速度；非匀变速直线运动中，v-t图象是曲线，曲线的斜率代表瞬时加速度。

　　二、数理结合──非匀变速运动

　　例3（上海物理-22）如图4（a）所示，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37︒的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图4（b）所示。

求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）比例系数k。

　　（sin370=0．6，cos370=0．8，g=10m/s2）

解析：

设物体下滑的加速度为a，对物体的下滑过程，在斜面方向运用牛顿第二定律有：

，

解此式得：

。

由a-v图象知，v=0时，a=4m/s2，将其代入解得：

μ=0．25；由a-v图象知，v=0时，a=4m/s2，将其代入解得：

k=0．84kg/s

　　（由a-v图象及a表达式分别求出图象斜率，令其相等，得一方程，再将v=0时a=4m/s2代入a表达式得一方程，联解两方程亦可求出μ和k）

　　点评：

牛顿第二定律反映的是加速度与合力的瞬时关系，本题中对物体运动中的v=0与v=5m/s两个状态分别运用牛顿定律。

　　三、图象问题──超重与失重

　　例4（广东物理-8）某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N，他将弹簧秤移至电梯内称其体重，to至t3时间段内弹簧秤的示数如图5所示，电梯运行的v-t图可能是？

（取电梯向上运动的方向为正）

　　解析：

在电梯运行中，人和电梯相对静止，人的运动情况与电梯相同，人运动的v-t图象就是电梯运动的的v-t图象。

以人为研究对象，据图5分析可知，在t0-t1过程中秤的示数小于人的实际体重，人“失重”，人向上减速或向下加速运动，在t2-t3过程中秤的示数大于人的体重，人“超重”，人向下加速或向上减速运动。

所以BC错误。

本题选AD。

　　点评：

当物体连同它的支持无或悬挂物一起在竖直方向加速运动时，若加速度方向向上，物体对支持无或悬挂物的压力或拉力大于他的重力，物体的运动不是加速上升就是减速下降；若就速度方向向下，物体对支持无或悬挂物的压力或拉力小于他的重力，物体的运动不是加速下降就是减速上升。

　　四、整体法与隔离法

　　例5

（安徽理综-22）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火

炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。

为了探究上升过程

中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。

一根不可伸缩的轻绳跨过轻

质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图6所示。

设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。

重

力加速度取g=10m/s2。

当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时

。

试求

（1）运动员竖直向下拉绳的力；

（2）运动员对吊椅的压力。

解析：

（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于定滑轮不改变力的大小，跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力大小也是F。

对运动员和吊椅整体进行受力分析如图7所示，运用牛顿第二定律有：

，解得：

。

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力

为：

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图8所示，运用牛顿第二定律有：

，解得

：

由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N。

　　点评：

连接体运动中，若各物体的加速度相同或大小相等，可将各物体视为整体对其运用牛顿第二定律，一般可先求出整体物体运动的加速度，再隔离某个物体，分析其受力，运用牛顿第二定律求出该物体与其他物体间的作用力。

　　五、多过程问题──匀变速直线运动

　　例6（江苏物理-13）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N。

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=8s时到达高度H=64m。

求飞行器所阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s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；

　　（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。

　　解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为a1，由匀变速直线运动位移公式有：

，对飞行器运用牛顿第二定律有：

，解得：

。

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，则

；上升的高度为s1，由匀变速直线运动位移公式有：

。

设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，对飞行器运用牛顿第二定律有：

，由匀变速直线运动位移速度关系式有：

。

解得：

。

　　（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，对飞行器失去升力、回复升力后的运动分别运用牛顿第二定律有：

和

由匀变速直线运动速度、位移速度关系式有：

及

。

解得：

　　点评：

对单物多过程问题，由各阶段的受力情况确定运动性质是基础，找到连接各阶段运动的物理量（速度）是关键。

做出物体整个运动过程的运动示意图，可使问题的分析与求解较为直观。

　　六、用传统方法探究牛顿第二定律

　　例7（江苏物理-11）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图10甲所示。

（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图10乙所示。

计时器打点的时间间隔为0．02s。

从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。

该小车的加速度a=___m/s2。

（保留两位有效数字）

（2）平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上。

挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。

小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表。

砝码盘中砝码总重力（N）

0．196

0．392

0．588

0．784

0．980

加速度（m．s-2）

0．69

1．18

1．66

2．18

2．70

　　请根据实验数据作出a-F的关系图像。

　　（3）根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因。

　　解析：

（1）处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式

，Δs为连续相邻相等时间内的位移差，T为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两计数点的时间间隔为T=0．1s，由图10乙知

，代入可得加速度a=0．16m/s2。

（也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a=0．15m/s2。

）

（2）为使图线倾斜程度合适（以与水平方向夹角45°左右为宜。

），确定F的范围从0设置到1N较合适，而a则从0到3m/s2较合适。

设好刻度建立坐标，根据数据确定各点的位置，将各点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点。

如图10丙所示。

　　（3）图线与纵坐标相交而不过原点，说明当不挂砝码时，小车有加速度，即小车受有拉力，从拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为砝码盘的重力，而在

（2）问的图表中只给出了砝码的总重力，而没有考虑砝码盘的重力。

　　点评：

实验中要分别控制质量、合力不变，研究加速度与力、质量的关系。

实验中用砝码盘及砝码的重力作为小车产生加速度的合力，不考虑木板对小车的滑动摩擦力。

为减小误差，要求小车质量远远大于砝码盘及砝码的质量（或加速度较小）；木板的一端垫起，用小车重力沿斜面向下的分力抵消木板对小车的滑动摩擦力。

　　七、用DIS系统探究牛顿第二定