【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件3.2牛顿第二定律的应用专题一 (含解析).ppt，共(44)页，1.604 MB，由MTyang资料小铺上传

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3．2牛顿第二定律应用专题(一)专题综述一、动力学的两类基本问题已知受力情况求物体的运动情况．已知运动情况求物体的受力情况．二、超重和失重超重：物体对支持物的压力(或悬挂物的拉力)大于物体重力的现象．产生条件：物体加速度向上．失重：物体对支持物的压力(或悬挂物的拉力)小于物体重力的现

象．产生条件：物体加速度向下．完全失重：当物体向下的加速度等于重力加速度时，压力为零．三、牛顿第二定律的瞬时性加速度与合力具有瞬时对应关系．注意两类模型：绳的弹力可以突变，弹簧的弹力不能突变．题型透析牛顿第二定律的基本应用应用牛顿第二定律的基本思路：1．确定研究对

象．2．对研究对象受力分析．3．用正交分解法或合成法求合力．4．根据F＝ma建立关系式求解．例1如图所示，将质量m＝0.1kg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＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)．【解析】当杆对环的作用力FN＝0时，Fsin53°－mg＝0，解得F＝1.25N(1)当F<1.25N时，FN向上，受力图如图甲：由牛顿第二定律F

cosθ－μFN＝maFsinθ＋FN＝mg解得F＝m（a＋μg）cosθ＋μsinθ代入数据F＝1N(2)当F>1.25N时，FN向下，受力图如图乙：由牛顿第二定律Fcosθ－μFN＝maFsinθ＝FN＋mg解得F＝m（

μg－a）sinθ－μcosθ代入数据F＝9N.动力学的两类基本问题解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，逻辑关系如图：例2(2018·四川模拟)如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上．弹簧

上端与轻弹簧薄片P相连，P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料．在P上方H处将另一质量为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后一起做匀减速运动，下移距离为mgk时速度减为0.忽略空气阻力，重力加速度为g.求：Q下移距离d

(d<mgk)时，智能材料对P阻力的大小．【解析】令Q刚接触P时速度为v：v2＝2gH，得：v＝2gH接触P后令其加速度大小为a，则：2amgk＝v2得：a＝kHm令新型智能材料对P的阻力为Fkd＋F－mg＝ma解得：F＝mg＋k(H－d)．例3如图甲所示，为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量

为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.

8，求：(1)2s末物体的速度；(2)前16s内物体发生的位移．【解析】(1)物体在前2s内沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1v1＝a1t1代入数据得：a1＝2.5m/s2，方向沿斜面向下

v1＝5m/s，方向沿斜面向下．(2)物体在前2s内发生的位移为x1，x1＝12a1t12＝5m，方向沿斜面向下当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律得：F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2代入数据可得a2＝0.5m/s2，方向沿斜面向上物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2

得t2＝10st2时间内发生的位移为x2，则x2＝12a2t22＝25m，方向沿斜面向下由于mgsinθ－μmgcosθ<F2<μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．故物体在前16s内发生的位移x＝

x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．超重和失重分析物体超重或失重注意两个问题：1．物体超重或失重时，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力发生变化．2．超重或失重是由物体加速度的方向决定的，与速度方向无

关．(1)加速度向上则物体超重，可能加速上升或减速下降．(2)加速度向下则物体失重，可能加速下降或减速上升．例4(2018·江苏一模)(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【答案】BC【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都处于超重状态；同时吊车水平方向的加速度的方向向右，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，不能判断出吊车的地板是否对M为零，D项错误．例5质量为

m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图所示．取g＝10m/s2，由图像可知()A．t＝0.5s时他的加速度为3m/s2B．t＝0.4s时他处于超重状态C．t＝1.1s时他受到单杠的作用力的大小是6

20ND．t＝1.5s时他处于超重状态【答案】B【解析】根据速度图像斜率表示加速度可知，t＝0.5s时他的加速度为0.3m/s2，A项错误．t＝0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B项正确．t＝1.1s时他的加速度为0，他受到单杠的作用力的大小等于重力6

00N，C项错误．t＝1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D项错误．牛顿第二定律的瞬时性1．两种模型(1)细线(或接触面)：形变量极小，形变恢复不需要时间，弹力在瞬时突变．(2)弹簧(或橡皮绳)：形变量大，形变恢复需要较长时间，弹力在瞬时不变．2．求瞬时加速

度思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度例6(2018·甘肃一模)如图，两根完全相同的轻弹簧下挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两弹簧之间的夹角是120°，且弹簧产生

的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是()A．a＝3g，竖直向上B．a＝3g，竖直向下C．a＝2g，竖直向上D．a＝2g，竖直向下【答案】C【解析】剪断细线前，小球受到重力mg、两弹簧的拉力，各是3mg，及细线的拉力F，由于两弹簧之间的夹

角是120°，则两弹力的合力大小等于3mg，方向竖直向上，由平衡条件得知，细线的拉力大小等于F＝3mg－mg＝2mg，方向竖直向下．剪断细线瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球的合力与剪断细线前细线的拉力大小相等，即F合＝2mg，方向竖直向上，小球的加速度

为a＝F合m＝2g，方向竖直向上．例7(改编)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电．开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强

电场，此瞬间A对B的压力大小变为15N．g＝10m/s2，则()A．电场强度为50N/C，方向向上B．电场强度为100N/C，方向向上C．电场强度为100N/C，方向向下D．电场强度为200N/C，方向向下【答案】B【解析】物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场

后瞬间A对B的压力变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律：a＝F合m＝5N2kg＝2.5m/s2对物体A，设电场力为F(向上)，根据牛顿第二定律：FN＋F－mg＝ma解得：F＝m(g＋a)－FN＝2×(10＋2.5)N－1

5N＝10N故电场力向上，为10N，故场强为：E＝Fq＝100.1N/C＝100N/C，向上1．(多选)如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线．由图线可知该同学(

)A．体重约为650NB．做了两次下蹲—起立的动作C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案AC解析做下蹲—起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D项错误；由图线可知，第一次下蹲4s末结束，到6s

末开始起立，所以A、C项正确，B项错误．2．(2018·吉林模拟)某人在地面上最多可举起50kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向(g＝10m/

s2)()A．2m/s2竖直向上B.53m/s2竖直向上C．2m/s2竖直向下D.53m/s2竖直向下答案D解析由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为F＝mg＝50×10N＝5

00N.则由牛顿第二定律得，m′g－F＝m′a，解得a＝m′g－Fm′＝60×10－50060m/s2＝53m/s2.方向向下．3．(2018·山西一模)如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为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，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．图甲中A球的加速度为gsinθB．图甲中B球的加速度为2gsinθC．用乙中AB两球的加速度均为gsinθD．图乙中轻杆的作用力－定不为零答案C解析设

B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsinθ，加速度为4gsinθ；图

乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsinθ，A、B两球的加速度均为gsinθ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零．故A、B、D项错误，C项正确．4.(改编)如图所示，AO、AB、AC是竖直平面内的三根固定的细杆，A、

O位于同一圆周上，A点位于圆周的最高点，O点位于圆周的最低点，每一根细杆上都套有一个光滑的小环(图中未画出)，三个环都从A点无初速地释放，用T1、T2、T3表示各环到O、B、C时所用的时间，则()A．T1＞T2＞T3B．T3＜

T1＜T2C．T1＜T2＜T3D．T3＞T1＞T2答案D解析如图，小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设∠OAB为θ，∠OAC为α，圆的半径为r，则小环沿AO下滑时，做自由落体运动，时间为：T1＝2×2rg由匀变速运动规律得，滑环滑到B1点的时间T2

′＝2×2rcosθgcosθ＝T1而由图可知，滑到B点的时间T2＜T2′＝T1同样根据匀变速运动规律可得滑到C1的时间T3′＝2×2rcosαgcosα＝T1而由图可知，滑到C点的时间T3＞T3′＝T1故有T3＞T1＞T2.5.(

2018·四川一模)某同学为研究磁悬浮列车的运动，将一个盛着水的玻璃方口杯放在车内的水平台面上，如图所示．方口杯内水面AB边长8cm，列车在做直线运动中的某一时刻，他发现电子信息屏上显示的车速为72km/h，杯中的前侧水面下降了0.5cm，此现象一直

稳定到车速为288km/h时，前侧水面才开始回升，则(1)在前述稳定阶段时列车的位移s大小为多少；(2)若该列车总质量为3×104kg，所受阻力为f＝kv2(已知k＝2Ns2/m2，v为速率)，试写出前述稳定阶段列车电动机牵引力关于位移s的

表达式．(重力加速度取g＝10m/s2)解析(1)对前述稳定阶段水表面的一滴水进行受力分析，其合力为F合＝Δmgtanθ由几何关系可得：tanθ＝0.54＝18由牛顿第二定律可得：F合＝Δma得a＝1.25m/s2此过程列车的初速度v1＝72km/h＝20m/s，末速度v2＝288km/h

＝80m/s位移：s＝v22－v122a＝802－2022×1.25m＝2400m(2)对列车受力分析，由牛顿第二定律：F－f＝ma又因f＝kv2＝(v12＋2as)得F＝5s＋38300(N)(0≤s≤2400m)6．(2018·深圳模拟)在风洞实验室中进行如

图所示的实验．在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为1kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2s

的瞬时速度，表给出了部分数据：(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.)求：t/s0.00.20.40.6„1.41.61.8„v/(m·s－1)0.01.02.03.0„4.02.00.0„(1)A、C两点间的距离；(2)

水平恒力F的大小．答案(1)5.4m(2)30N解析(1)物块匀加速运动过程中的加速度为：a1＝ΔvΔt＝3－10.6－0.2m/s2＝5m/s2关闭风洞时的速度为：v＝a1t＝5×1.2m/s＝6m/s关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2＝ΔvΔt＝2－41.6

－1.4m/s2＝－10m/s2