浙江專版2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題考點(diǎn)突破練含解析

PAGE13-第2講牛頓其次定律兩類動(dòng)力學(xué)問題考點(diǎn)1對(duì)牛頓其次定律的理解(c)【典例1】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧復(fù)原原長(zhǎng)前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是 ()【解題思路】解答本題應(yīng)留意兩點(diǎn):(1)對(duì)物塊P由牛頓其次定律列方程。(2)對(duì)方程的變形式探討F與x關(guān)系?！窘馕觥窟xA。設(shè)彈簧的最大壓縮量為l,依據(jù)胡克定律有kl=mg。物塊P做勻加速直線運(yùn)動(dòng),依據(jù)牛頓其次定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,則可能正確的是A?！镜淅?】(2024·浙江11月選考真題)如圖所示為某一嬉戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置,AB是長(zhǎng)為21m的水平軌道,傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上,B為圓形的最低點(diǎn),軌道AB與BC平滑連接,且在同一豎直平面內(nèi)。某次嬉戲中無動(dòng)力小車在彈射裝置D的作用下,以v0=10m/s的速度滑上軌道AB,并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍,軌道BC光滑,則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是 ()A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s【解題思路】解答本題應(yīng)留意以下幾點(diǎn):【解析】選A。小車從A到B加速度為a=0.2g=2m/s2,LAB=v0t1-12at12,得t1=37s(舍去),從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí),LBC=2Rsinθ,加速度為a1=gsinθ,所以LBC=12a1t22,得t2=2s,所以從A到C的時(shí)間為t=t1+t2=5s。A正確,B、C、D1.(2024·寧波模擬)有時(shí)候投籃后籃球會(huì)停在籃網(wǎng)里不掉下來,彈跳好的同學(xué)就會(huì)輕拍一下讓它掉下來。我們可以把籃球下落的情景志向化:籃球脫離籃網(wǎng)靜止下落,遇到水平地面后反彈,如此數(shù)次落下和反彈。若規(guī)定豎直向下為正方向,碰撞時(shí)間不計(jì),空氣阻力大小恒定,則下列圖象中可能正確的是 ()【解析】選A?；@球向下運(yùn)動(dòng)時(shí),受重力和空氣阻力作用,依據(jù)牛頓其次定律有mg-f=ma1,解得a1=g-fm;籃球反彈向上運(yùn)動(dòng)時(shí),受重力和空氣阻力作用,依據(jù)牛頓其次定律有mg+f=ma2,解得a2=g+fm,聯(lián)立得:a1<a2,即下落的加速度小于上升的加速度,故v-t圖線正方向的斜率小于負(fù)方向的斜率,由于碰撞中存在能量損失,所以小球彈起時(shí)的速度越來越小,A正確,B、C、D均錯(cuò)誤。故選2.(2024·海南高考)汽車緊急剎車后,停止運(yùn)動(dòng)的車輪在水平地面上滑動(dòng)直至停止,在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長(zhǎng)短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.80,測(cè)得剎車線長(zhǎng)25m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10m/s2) ()A.10m/s B.20m/s C.30m/s D.40m/s【解析】選B。剎車后汽車的合外力為摩擦力f=μmg,加速度a=fm=μg=8m/s2;又有剎車線長(zhǎng)25m,故可由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小v=2as=2×8×25m/s=20m/s。故A、3.將一個(gè)小球從空中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出,若小球受到的空氣阻力大小恒為Ff,經(jīng)過一段時(shí)間后,小球落回到原拋出點(diǎn),試求小球在上升與下降過程中所用時(shí)間之比,并定性畫出小球運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象。已知小球的質(zhì)量為m,重力加速度為g?！窘馕觥吭O(shè)小球上升及下降階段的加速度大小分別為a1、a2。由牛頓其次定律有mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2。設(shè)小球上升的最大高度為H,小球上升及下降階段所用的時(shí)間分別為t1、t2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有H=12a1tH=12a2tt1t2小球運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示。答案:mg-牛頓其次定律的“五性”矢量性F=ma是矢量式,a與F同向瞬時(shí)性a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻因果性F是產(chǎn)生a的緣由同一性a、F、m對(duì)應(yīng)同一個(gè)物體,應(yīng)用時(shí)統(tǒng)一運(yùn)用SI制獨(dú)立性每一個(gè)力都產(chǎn)生各自的加速度考點(diǎn)2牛頓其次定律的瞬時(shí)性(c)【典例3】(2024·浙江4月選考真題)如圖所示,A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球,A為鐵球,B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上,C球連接在細(xì)線一端,彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部,該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷,則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力,ρ木<ρ水<ρ鐵)()A.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)B.A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng)C.A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng),B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng)D.A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng),B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng),C球不動(dòng)【解題思路】解答本題應(yīng)留意以下兩點(diǎn):(1)在完全失重狀態(tài)下一切與重力有關(guān)的現(xiàn)象都消逝,如物體在水中不受浮力。(2)繩的彈力可以突變,彈簧的彈力不能突變?！窘馕觥窟xD。起先時(shí)A球下的彈簧被壓縮,彈力向上;B球下的彈簧被拉長(zhǎng),彈力向下。將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間,系統(tǒng)的加速度為g,為完全失重狀態(tài),此時(shí)水對(duì)球的浮力視為零,小球的重力也視為零,則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng),B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng),C球相對(duì)于杯底不動(dòng)。故選D?！究偨Y(jié)提升】瞬時(shí)加速度的分析方法(1)牛頓其次定律是力的瞬時(shí)作用規(guī)律,加速度和力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)改變、同時(shí)消逝。分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度,關(guān)鍵是分析該瞬時(shí)前后的受力狀況及改變。(2)明確輕桿、輕繩、輕彈簧、橡皮條等力學(xué)模型的特點(diǎn):輕桿、輕繩的形變可瞬時(shí)產(chǎn)生或復(fù)原,故其彈力可以瞬時(shí)突變;輕彈簧、橡皮條在兩端都連有物體時(shí),形變復(fù)原需較長(zhǎng)時(shí)間,其彈力大小與方向均不能突變。1.(易錯(cuò)專練:加速度的瞬時(shí)性)如圖所示,質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B,由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在電梯內(nèi),已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),細(xì)線中的拉力為F,此時(shí)突然剪斷細(xì)線。在線斷的瞬間,彈簧的彈力大小和小球A的加速度的大小分別為 ()A.2F3,2F3m+g C.2F3,F3m+g D.【解析】選A。線斷之前,對(duì)球A,由牛頓其次定律得:F-mg-F彈=ma,對(duì)球B,由牛頓其次定律得:F彈-2mg=2ma,兩方程聯(lián)立得:F彈=23F,當(dāng)線斷的瞬間,線上拉力減小為零。對(duì)球A有:mg+F彈=ma′,a′=2F3m2.一輕彈簧上端固定,下端掛一重物,平衡時(shí)彈簧伸長(zhǎng)了4cm,再將重物向下拉1cm,然后放手,則在釋放瞬間重物的加速度是(g取10m/s2) ()A.2.5m/s2 B.7.5m/s2C.10m/s2 D.12.5m/s2【解析】選A。彈簧伸長(zhǎng)量為4cm時(shí),重物處于平衡狀態(tài),故mg=kΔx1;再將重物向下拉1cm,則彈簧的伸長(zhǎng)量變?yōu)棣2=5cm,在重物被釋放瞬間,由牛頓其次定律可得kΔx2-mg=ma;由以上兩式解得a=2.5m/s2,故選項(xiàng)A正確。加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系,二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)改變、同時(shí)消逝,詳細(xì)可簡(jiǎn)化為以下兩種模型:考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟(c)【典例4】(2024·浙江4月選考真題)可愛的企鵝喜愛在冰面上玩嬉戲,如圖所示,有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上,先以加速度a=0.5m/s2從冰面底部由靜止起先沿直線向上“奔跑”,t=8s時(shí),突然臥倒以肚皮貼著冰面對(duì)前滑行,最終退滑到動(dòng)身點(diǎn),完成一次嬉戲(企鵝在滑動(dòng)過程中姿態(tài)保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,已知sin37°=0.60,cos37°=0.80。求: (1)企鵝向上“奔跑”的位移大小。(2)企鵝在冰面滑動(dòng)的加速度大小。(3)企鵝退滑到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度大小。(結(jié)果可用根式表示)【解題思路】解答本題應(yīng)留意以下兩點(diǎn):關(guān)鍵點(diǎn)(1)企鵝上滑和下滑過程摩擦力分別沿斜面對(duì)下和向上。(2)上滑、下滑過程分別由F=ma,求解a上和a下?！窘馕觥?1)“奔跑”過程x=12at2(2)上滑過程:a1=gsinθ+μgcosθ=8m/s2下滑過程:a2=gsinθ-μgcosθ=4m/s2(3)上滑位移x1=(at退滑到動(dòng)身點(diǎn)的速度v2=2a2(x+x1),解得v=234m/s答案:(1)16m(2)上滑過程:8m/s2下滑過程:4m/s2(3)234m/s【典例5】(2024·浙江4月選考真題)如圖是上海中心大廈,小明乘坐大廈快速電梯,從底層到達(dá)第119層觀光平臺(tái)僅用時(shí)55s。若電梯先以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度18m/s,然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng),最終以加速度a2做勻減速運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)觀光平臺(tái)。假定觀光平臺(tái)高度為549m。 (1)若電梯經(jīng)過20s勻加速達(dá)到最大速度,求加速度a1及上上升度h。(2)在(1)問中的勻加速上升過程中,若小明的質(zhì)量為60kg,求小明對(duì)電梯地板的壓力。(3)求電梯勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘忸}思路】解答本題應(yīng)留意以下兩點(diǎn):關(guān)鍵點(diǎn)(1)勻加速過程的時(shí)間t、最大速度vm已知,加速度由定義式求解。(2)勻加速、勻減速過程的平均速度均為vm【解析】(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a1=v-v0電梯勻加速時(shí)的加速度a1=vm-0t1=18電梯勻加速上升的高度h=vm22(2)設(shè)小明受到電梯地板的支持力大小為FN由牛頓其次定律得FN-mg=ma1又m=60kg所以FN=ma1+mg=60×0.9N+60×10N=654N由牛頓第三定律可知,小明對(duì)電梯地板的壓力大小F′N=FN=654N,方向豎直向下。(3)設(shè)電梯勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,對(duì)電梯整個(gè)上升過程有h總=vm2t1+vmt+vm2(t代入數(shù)據(jù)得t=6s答案:(1)0.9m/s2,方向豎直向上180m(2)654N,方向豎直向下(3)6s1.(2024·紹興模擬)如圖所示為航展上展出的JF-17B模型,據(jù)悉2016年4月27日,首架JF-17B“雷電”(中方稱梟龍/FC-1戰(zhàn)斗教練機(jī))在中國(guó)成都飛機(jī)公司開工,標(biāo)記著中巴JF-17項(xiàng)目又達(dá)到一個(gè)新的里程碑。在一次試飛展示任務(wù)中,質(zhì)量分別為60kg、62kg的小明、小丁駕駛梟龍雙座戰(zhàn)斗教練機(jī)豎直向上運(yùn)動(dòng),從某一時(shí)刻起以恒定加速度a加速上升40s,其中前20s時(shí)間內(nèi)爬上升度400m,后20s時(shí)間內(nèi)爬上升度800m,之后在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng),再經(jīng)過50s到達(dá)最高點(diǎn)。取求:(1)梟龍雙座戰(zhàn)斗教練機(jī)在加速上升過程中的加速度大小a;(2)前40s內(nèi)小明對(duì)駕駛座椅的作用力大小;(3)這90s內(nèi)梟龍雙座戰(zhàn)斗教練機(jī)的位移大小?！窘馕觥?1)依據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)推論Δx=a·T2得a=1m/s2(2)對(duì)小明受力分析,依據(jù)牛頓其次定律得F合=F-m1g=m1a,解得F=660N,依據(jù)牛頓第三定律,小明對(duì)駕駛座椅的豎直作用力方向向下,大小為660N;(3)設(shè)勻加速過程的初速度為v0,40s時(shí)的速度為v40,則v40=v0+at,x1=v0t+12at2,將a=1m/s2,t=40s,x1=400m+800m代入解得v0=10m/s,v40勻減速過程發(fā)生的位移x2=v402·t1,將t1=50s代入得x則x=x1+x2=2450m。答案:(1)1m/s2(2)660N(3)2450m2.2018年10月7日,在2024年蹦床世界杯葡萄牙站競(jìng)賽中,中國(guó)名將朱雪瑩奪得冠軍。圖甲是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員朱雪瑩在蹦床競(jìng)賽中的一個(gè)情景。設(shè)這位蹦床運(yùn)動(dòng)員僅在豎直方向上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)員的腳在接觸蹦床過程中,蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力F隨時(shí)間t的改變規(guī)律通過傳感器用計(jì)算機(jī)繪制出來,如圖乙所示。g取10m/s2(1)由圖分析可知,運(yùn)動(dòng)員的腳對(duì)蹦床第一次起先向下用力到第一次離開蹦床上升之前,運(yùn)動(dòng)員在蹦床上、下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少。(2)運(yùn)動(dòng)員離開蹦床的最大速度。(3)競(jìng)賽過程中運(yùn)動(dòng)員的最大加速度。【解析】(1)由圖分析可知,運(yùn)動(dòng)員的腳對(duì)蹦床第一次起先向下用力到第一次離開蹦床上升之前,運(yùn)動(dòng)員在蹦床上、下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:6.8s-3.6s=3.2s。(2)由圖分析可知:運(yùn)動(dòng)員的重力等于500N,則運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m=50kg,由圖讀出運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T=8.4s-6.8s=1.6s,依據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的對(duì)稱性,上升和下落時(shí)間相等,所以運(yùn)動(dòng)員的初速度大小為:v=12gt=12×10(3)由牛頓其次定律:Fm-mg=mam又Fm=2500N,則am=40m/s2。答案:(1)3.2s(2)8m/s(3)40m/s2兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟【加固訓(xùn)練】1.(2024·海南高考)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù),在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則()A.F1<F2 B.F2>F3C.F1>F3 D.F1=F3【解析】選A。對(duì)物體的受力分析如圖所示。依據(jù)v-t圖象可以知道,在0～5s內(nèi)加速度為a1=0.2m/s2,方向沿斜面對(duì)下,依據(jù)牛頓其次定律:mgsinθ-f-F1=ma1,則:F1=mgsinθ-f-0.2m;在5～10s內(nèi),加速度a2=0,依據(jù)牛頓其次定律:mgsinθ-f-F2=ma2,則:F2=mgsinθ-f;在10～15s內(nèi)加速度為a3=-0.2m/s2,方向沿斜面對(duì)上,依據(jù)牛頓其次定律:f+F3-mgsinθ=ma3,則:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故選項(xiàng)A正確。2.一個(gè)質(zhì)量m=2kg的滑塊在傾角為θ=37°的固定斜面上,受到一個(gè)大小為40N的水平推力F作用,以v0=10m/s的速度沿斜面勻速上滑。(sin37°=0.6,g取10m/s2)(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(2)若滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)馬上撤去推力