2023届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 讲义（考点+经典例题）

这是一份2023届高考物理一轮复习 第11讲 牛顿第二定律应用(一) 讲义（考点+经典例题），共9页。试卷主要包含了动力学的两类基本问题，瞬时问题，超重和失重，临界和极值等内容，欢迎下载使用。
1.基本思路
2.基本步骤
3.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
4.常用方法
(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。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)时，则采用正交分解法。
类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况
【典例1】如图甲所示，滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数。假设滑沙者的速度超过8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为μ2＝0.25。如图乙所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处。已知沙板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB坡长L＝20.5 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)滑沙者到B处时的速度大小；
(2)滑沙者在水平地面上运动的最大距离；
(3)滑沙者在AB段与BC段运动的时间之比。
解析 (1)滑沙者在斜面上刚开始运动时速度较小，
设经过t1时间下滑速度达到8 m/s，
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma1解得a1＝2 m/s2
所以t1＝eq \f(v,a1)＝4 s
下滑的距离为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝16 m
接下来下滑时的加速度a2＝gsin θ－μ2gcs θ＝4 m/s2
下滑到B点时，有veq \\al(2,B)－v2＝2a2(L－x1) 解得vB＝10 m/s。
(2)滑沙者在水平地面减速时的加速度大小a3＝μ3g＝4 m/s2
所以能滑行的最远距离x2＝eq \f(veq \\al(2,B),2a3)＝12.5 m。
(3)滑沙者速度从8 m/s增大到10 m/s所用时间t2＝eq \f(vB－v,a2)＝0.5 s
在斜面上滑行的总时间T1＝t1＋t2＝4.5 s，
在水平地面上减速的时间T2＝eq \f(vB,a3)＝2.5 s所以时间之比eq \f(T1,T2)＝eq \f(9,5)。
答案 (1)10 m/s (2)12.5 m (3)9∶5
类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况
【典例2】我国第五代制空战机歼－20具备高隐身性、高机动能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼－20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20以50 m/s的初速度离地，开始竖直向上飞行。该飞机在10 s内匀加速到3 060 km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.1 km。假设加速阶段所受阻力恒为重力的eq \f(1,5)。已知该歼－20战机质量为20 t，g取10 m/s2，忽略战机因油耗等导致的质量变化。
图9
(1)请计算说明在加速阶段飞行员是否晕厥；
(2)求本次飞行测试中歼－20战机匀速飞行的时间；
(3)该次测试中，求在加速阶段歼－20发动机提供的推力大小。
解析 (1)3 060 km/h＝850 m/s
加速阶段的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝80 m/s2
因为a＜9g，因此飞行员不会晕厥。
(2)在匀加速阶段，飞机上升的高度为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝4 500 m
所以匀速上升的时间为t′＝eq \f(h－x,v)＝eq \f(18 100－4 500,850) s＝16 s。
(3)根据牛顿第二定律得F－f－mg＝ma
代入数据解得F＝1.84×106 N。
答案 (1)不会，计算过程见解析 (2)16 s (3)1.84×106 N
二、瞬时问题
1.牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合力决定，加速度的方向与物体所受合力的方向一致。当物体所受合力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别
(1)轻绳和轻杆：轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0。
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变。
两种模型
加速度与合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：
抓住“两关键”，遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
.两个易混问题
(1)图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0。
(2)由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。
【典例3】如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)( )
，1.5g，0 B.g，2g，0
C.g，g，g D.g，g，0
答案 A解析 剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
【典例4】如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A.图甲中A球的加速度大小为gsin θ
B.图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
答案 C解析：设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。
三、超重和失重
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
5.对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
6.超重、失重和完全失重的对比
7.超重、失重现象的判断
【典例5】 (多选)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。简化后模型如图所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是( )
A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左
B.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右
C.过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用
D.过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零
解析 吊车从A向C运动的过程中，加速度的方向斜向上，在竖直方向的分加速度向上，所以物体M处于超重状态；同时吊车水平方向的分加速度的方向向右，所以物体M受到的摩擦力的方向一定向右，故A项错误，B项正确；吊车经过D点时，做匀速圆周运动，则物体M的加速度的方向竖直向下，处于失重状态；在水平方向物体M不受摩擦力，故C项正确；由于加速度大小未知，不能判断出吊车的底板对M的支持力是否为零，D项错误。
答案 BC
四、临界和极值
1.临界或极值条件的标志
(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点。
(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应临界状态。
(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，极值点往往是临界点。
2.常见临界问题的条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。
3.解题基本思路
(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
4.解题技巧方法
【典例6】如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
答案 A
解析 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cs α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20eq \r(5) N，选项C、D错误．
【典例7】如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
解析 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，
则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcs θ 联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，
则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝eq \f(v\\al(02),2gsin θ＋μcs θ)，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，
故α＝30°，
又因x＝eq \f(v\\al(02),2g\r(1＋μ2)sin θ＋α)
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝eq \f(v\\al(02),2gsin 60°＋μcs 60°)＝eq \f(\r(3)v\\al(02),4g)＝eq \f(5\r(3),2) m.

名称
超重
失重
完全失重
现象
视重大于实重
视重小于实重
视重等于0
产生条件
物体的加速度向上
物体的加速度向下
物体竖直向下的加速度等于g
对应运动情境
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行
极限法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法
将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件