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2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿第二定律的应用教案

2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿第二定律的应用教案

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专题三　牛顿第二定律的应用

考点一　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：

2．求解瞬时加速度的一般思路

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＝g　　　　　 B.a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0
A　[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。]
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＝g　　　　　 B.a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0
D　[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。]
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＝0　aB＝g B.aA＝g　aB＝0
C．aA＝g　aB＝g D.aA＝0　aB＝g
B　[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＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确。]
[变式1]　

如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2 kg的物体A，A处于静止状态。现将质量为3 kg的物体B轻放在A上，则B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A．30 N B.18 N
C．12 N D.0
C　[在B与A刚要一起运动的瞬间，隔离BA分析受力，重力(mA＋mB)g，向上弹力F＝mAg，由牛顿第二定律，(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝0.6g。隔离A分析受力，设B对A的压力大小为F′，由牛顿第二定律，F′＋mAg－F＝mAa，解得F′＝12 N，选项C正确。]
[变式2]　(2020·厦门高三检测)如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为(　　)

A．0
B．大小为10 m/s2，方向竖直向下
C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方
D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方
C　[小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为FN＝mgcos 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos 30°＝ma，解得a＝5 m/s2，方向斜向右下方，选项C正确。]考点二　动力学两类基本问题
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
　已知受力情况求运动情况
(2019·浙江卷·19)小明以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小恒为重力的。求小皮球：
(1)上升的最大高度；
(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；
(3)上升和下降的时间。
解析：　(1)在上升过程中，有mg＋F阻＝ma1
解得a1＝11 m/s2
上升的高度h＝＝ m
(2)重力做的功WG＝0
空气阻力做的功Wf＝－F阻·2h＝－ J
(3)上升的时间t1＝＝ s
在下降过程中，有mg－Ff＝ma2
解得a2＝9 m/s2
又h＝a2t
解得t2＝ s
答案：　(1) m　(2)0　－ J　(3) s　 s
　已知运动情况求力
如图，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)

解析：　

令Fsin 53°－mg＝0
则F＝1.25 N
当F<1.25 N时，环与杆的上部接触，受力分析如图甲所示。
由牛顿第二定律得
Fcos θ－μFN＝ma
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＝1 N
当F>1.25 N时，环与杆的下部接触，受力分析如图乙所示。

由牛顿第二定律得
Fcos θ－μFN＝ma
Fsin θ＝mg＋FN
解得F＝9 N
答案：　1 N或9 N
[变式3]　

(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(　　)
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
BC　[物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，恒力F<Ff，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误。]
[变式4]　

(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1＜x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于
起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
解析：　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得
μmg＝ma ①
由运动学公式得
v－v＝－2ax0②
联立①②解得
μ＝③
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得
v－v＝2a1x0④
v0－v1＝a1t⑤
x1＝a2t2⑥
联立④⑤⑥式得
a2＝⑦
答案：　(1)　(2)
考点三　动力学中的图象问题
1．常见的动力学图象
v ­t图象、a ­t图象、F ­t图象、F ­x图象、F ­a图象等。
2．“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题

　v ­t图象和F ­t图象的综合问题
(2019·全国卷Ⅲ·20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
AB　[由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力FT在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝FT，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。]
　F ­x图象
(2018·全国卷Ⅰ·15)

如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块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和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

A　[设物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，系统处于静止状态时，弹簧的压缩量为x0，则x0＝，设物块做匀加速直线运动的加速度为a，根据牛顿第二定律和胡克定律有F－mg＋k(x0－x)＝ma，联立解得F＝ma＋kx，显然F是关于x的一次函数，且F ­x图象在F轴上有截距。]
　F ­a图象
如图甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A。木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为(　　)

A．4 kg　　　　　 B.3 kg
C．2 kg D.1 kg
B　[当F≤4 N时，A、B一起向右加速运动，F＝(mA＋mB)a，由图乙知mA＋mB＝4 kg；当F>4 N时，A、B相对滑动，B向右做加速直线运动，F－μmAg＝mBaB，即aB＝F－，由图乙知mB＝1 kg，所以mA＝3 kg，选项B正确，A、C、D错误。]
[变式5]　

如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中，图中关于小球的加速度a随时间t或随距O点的距离x变化的关系图象正确的是(　　)

B　[从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力F＝kx，由牛顿第二定律可得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，选项B正确，选项D错误；加速度随时间的变化是先减小再反向增大，但不是按线性关系变化，选项A、C错误。]
[变式6]　(2020·湖北七市州联考)(多选)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4 N的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v ­t图象如图所示，已知g＝10 m/s2，由图可知下列说法正确的是(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2
B．物体最后回到t＝0时刻的位置
C．F的作用时间为1 s
D．物体的质量为1 kg
AD　[本题借助图象考查多过程问题。由于0～1 s内物体沿正方向减速运动，1～2 s内沿负方向加速运动，2～3 s内沿负方向减速运动，则可知拉力在2 s末撤去的，拉力F的作用时间为2 s，在2～3 s内物体的加速大小为a＝＝2 m/s2，摩擦力大小为μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由图知，0～1 s内物体沿正向运动，位移x1＝×6×1 m＝3 m,1～3 s内沿负向运动，位移x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，则知3 s末到出发点的距离为x＝x1－x2＝1 m，故B错误；在0～1 s内物体沿正方向运动，根据图象可得加速度a1＝＝ m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1 kg，故D正确。]

科学思维系列⑤——斜面模型和等时圆模型
模型一　斜面模型
斜面是力学中常见的一种物理模型，该模型中存在一些规律。
1．粗糙斜面

(2020·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则(　　)

A．a1＝a2＝a3　　　　　　 B.a1＝a2<a3
C．a1<a2＝a3 D.a1<a2<a3
B　[题图甲中的加速度为a1，则有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝gsin θ－μgcos θ
题图乙中的加速度为a2，则有
(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m＋m′)a2，
解得a2＝gsin θ－μgcos θ。
题图丙中的加速度为a3，设F＝m′g，则有
(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝ma3，
解得a3＝
故a1＝a2<a3，故B正确。]

1．(2020·上海嘉定区模拟)如图甲所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m＝1 kg的物体受到平行于斜面的力F作用，由静止开始运动。力F随时间t变化的规律如图乙所示(以平行于斜面向上为正)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求第1 s内物体运动的加速度大小a1；
(2)求第2 s内物体运动的加速度大小a2；
(3)求第1 s末物体的动能Ek1。
解析：　(1)第1 s内物体受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力FN、平行斜面向上的摩擦力Ff和平行斜面向下的力F，合力沿斜面向下
由牛顿第二定律有mgsin 37°＋0.6mg－μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2。
(2)第2 s内物体有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力Ff，物体还受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力FN，由图乙可知力F平行斜面向上，合力沿斜面向上
由牛顿第二定律有0.9mg＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝5 m/s2。
(3)物体在第1 s末的速度大小v1＝a1t1
Ek1＝mv＝50 J。
答案：　(1)10 m/s2　(2)5 m/s2　(3)50 J
2．光滑斜面

物块的运动加速度a＝gsin θ
如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其x ­v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)

A．30° B.45°
C．60° D.75°
A　[由v2＝2ax得x＝v2，结合x ­v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误。]

2.

如图所示，一倾角为θ＝30°的上表面光滑的斜面上，有相距为L的A、B两点，质量为m＝1 kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在F1＝11 N、方向沿斜面向上的力的作用下，从A点由静止运动到B点，所经历时间t1＝1 s，到B点时换成了沿斜面向下的力F2作用在物块上，经过时间t2＝2 s后返回A点，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A、B两点之间的距离L；
(2)力F2的大小。
解析：　(1)物块从A点到达B点的过程中，有
a1＝，L＝a1t
代入数据解得a1＝6 m/s2，L＝3 m。
(2)物块从B点回到A点的过程中，有
－L＝v1t2－a2t
又物块在B点的速度v1＝a1t1＝6 m/s
解得a2＝7.5 m/s2
由a2＝
解得F2＝2.5 N。
答案：　(1)3 m　(2)2.5 N
模型二　等时圆模型(常见情况)
1．“等时圆”满足条件

2．时间比较
(1)对于甲、乙图由2Rsin θ＝gt2sin θ，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。

(2020·沈阳模拟)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＝t2 B.t1>t2
C．t1<t2 D.无法确定
A　[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＝＝gcos α，滑杆的长度为x＝Dcos α，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。]

3.

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

B　[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。]