二輪復(fù)習(xí)熱點2牛頓運動定律的應(yīng)用學(xué)案

熱點2牛頓運動定律的應(yīng)用考向一動力學(xué)兩類基本問題【真題研磨】【典例】(2022·全國乙卷)如圖,一不可伸長輕繩①兩端各連接一質(zhì)量為m的小球,初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑②水平桌面上,兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力③作用在輕繩的中點,方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運動至二者相距35L時A.5F8mB.2F5mC【審題思維】題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①長度不變質(zhì)量不計②不計摩擦③外力大小方向不變④每個小球加速度沿繩方向,是瞬時加速度【模型轉(zhuǎn)化】【失分警示】1.不能確定兩個小球在不同距離加速度不同,即牛頓第二定律的瞬時性。2.找不出幾何關(guān)系?！敬痤}要素】1.求解瞬時加速度的一般思路2.動力學(xué)問題的解題思路【多維演練】1.維度:以圓為背景,物體沿著不同的弦運動處于豎直平面內(nèi)的某圓的兩條直徑AB、CD間夾角為60°,其中直徑AB水平,AD與CD是光滑的細(xì)桿。從A點和C點分別靜止釋放兩小球,從A、C點下落到D點的時間分別是t1、t2,則t1∶t2是 ()A.1∶1B.3∶2C.3∶2D.2∶32.維度:利用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求位移如圖所示,兩個相鄰滑冰道上有甲、乙兩同學(xué)坐在冰車上進(jìn)行游戲。當(dāng)甲從傾角為θ的光滑冰道頂端A由靜止開始自由下滑時,在斜面底部B處的乙通過冰釬作用于冰面,從靜止開始沿光滑的水平冰道向右做勻加速直線運動,加速度為14g。已知甲、乙和冰車均可視為質(zhì)點,甲通過斜面與水平面的交接處(B處)時,速度的方向改變、大小不變,且最終甲剛好在C處能追上乙,則 (A.斜面AB長度與水平面BC長度相等B.斜面傾角θ=30°C.甲運動至B處時,乙運動至BC中點處D.若甲從A有初速度下滑,則甲、乙相遇位置可能在C點右側(cè)考向二牛頓運動定律與圖像問題【真題研磨】【典例】(多選)(2021·全國乙卷改編)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板,木板的左端上有一質(zhì)量為m2的物塊,如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上①,F隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示,其中F1、F2分別為t1、t2時刻F②的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關(guān)系③如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等④A.μ2m2>μ1(m1+m2)B.F2=m2(m1+m2)C.木板獲得的最大加速度為(μ2-μD.在t1時刻物塊與木板發(fā)生相對滑動【審題思維】題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①F作用在物塊上而不是木板上②力與時間有對應(yīng)關(guān)系,注重臨界點③注意是木板加速度隨時間的變化關(guān)系④不考慮最大靜摩擦力【答題要素】解決圖像問題注意“六”看看軸?明確兩坐標(biāo)軸代表哪兩個物理量看線?明確圖線是直線還是曲線看點?明確交點和拐點看斜?明確斜率代表什么意義看截?明確截距代表哪個物理量看面?明確圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積代表什么意義【多維演練】1.維度:加速度與位移圖像(多選)如圖(a),傾角為θ的光滑斜面上,輕彈簧平行斜面放置且下端固定,一質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O(shè)點為原點,作出滑塊從O點下滑至最低點過程中的加速度大小a隨位移x變化的關(guān)系如圖(b)。彈簧形變始終未超過彈性限度,重力加速度大小為g。下列判定正確的是 ()A.彈簧的勁度系數(shù)為mgB.下滑過程中,在x=x2處,滑塊的機械能最大C.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,彈簧彈性勢能的增量相等D.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,a-x圖線斜率的絕對值均等于g2.維度:F隨位移變化圖像一質(zhì)量為m的物塊靜止在光滑水平面上,某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用,F隨位移變化的規(guī)律如圖所示,下列說法正確的是 ()A.物塊先做勻加速運動,后做勻減速運動B.物塊的位移為x0時,物塊的速度最大C.力F對物塊做的總功為6F0x0D.物塊的最大速度為6考向三牛頓運動定律與多過程多對象問題【真題研磨】【典例】(多選)(2022·湖南選擇考)球形飛行器安裝了可提供任意方向①推力的矢量發(fā)動機,總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻=kv2,k為常量)。當(dāng)發(fā)動機關(guān)閉時,飛行器豎直下落,經(jīng)過一段時間后,其勻速下落②的速率為10m/s;當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,經(jīng)過一段時間后,飛行器勻速向上③的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化,下列說法正確的是A.發(fā)動機的最大推力為1.5MgB.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平④飛行時,發(fā)動機推力的大小為C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,飛行器速率為53m/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時,其加速度大小可以達(dá)到3g【審題思維】題眼直擊信息轉(zhuǎn)化①推力方向可以是任意方向②重力和空氣阻力平衡,可以求出k值③可以求出最大推力④空氣阻力與運動方向相反【模型轉(zhuǎn)化】【答題要素】處理連接體問題的解題技巧(1)整體法:把整個連接體系統(tǒng)看作一個研究對象,分析整體所受的外力,運用牛頓第二定律列方程求解。(2)隔離法:把系統(tǒng)中某一物體(或一部分)隔離出來作為一個單獨的研究對象,進(jìn)行受力分析,列方程求解。(3)整體法與隔離法的選用:求解連接體問題時,隨著研究對象的轉(zhuǎn)移,往往整體法與隔離法交叉運用。一般的思路是先用其中一種方法求加速度,再用另一種方法求物體間的作用力或系統(tǒng)所受合力。無論運用整體法還是隔離法,解題的關(guān)鍵還是在于對研究對象進(jìn)行正確的受力分析?！径嗑S演練】1.維度:繩上的彈力可以發(fā)生突變,彈簧上的彈力不能發(fā)生突變?nèi)鐖D所示,兩個質(zhì)量均為m的小球A、B用細(xì)繩相連,小球A與一個輕彈簧相連,彈簧另一端固定在豎直墻上,小球A用一根細(xì)線連在天花板上,開始時,兩小球都靜止不動,這時細(xì)線與水平方向的夾角是θ=45°,彈簧水平,重力加速度為g,現(xiàn)突然把A與天花板之間的細(xì)線剪斷,在剪斷線的瞬間,小球A的加速度大小是 ()A.22gB.5gC.2gD.2g2.維度:利用牛頓第二定律求瞬時加速度(多選)汽車運送圓柱形工件的示意圖如圖所示,圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器。假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車靜止時,Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。汽車以加速度a向左勻加速啟動,重力加速度g取10m/s2,下列情況說法正確的是(tan15°=0.27) ()A.當(dāng)a=2m/s2時,P有示數(shù),Q無示數(shù)B.當(dāng)a=2m/s2時,P有示數(shù),Q有示數(shù)C.當(dāng)a=3m/s2時,P有示數(shù),Q有示數(shù)D.當(dāng)a=3m/s2時,P無示數(shù),Q有示數(shù)3.維度:機車以恒定加速度啟動質(zhì)量為m的汽車在平直的路面上啟動,啟動過程的速度—時間圖像如圖所示,其中OA段為直線,AB段為曲線,B點后為平行于橫軸的直線。已知從t1時刻開始汽車的功率保持不變,整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為f,以下說法正確的是 ()A.0~t1時間內(nèi),汽車牽引力的功率保持不變B.t1~t2時間內(nèi),汽車的功率等于mv1C.t1~t2時間內(nèi),汽車的平均速率小于vD.汽車運動的最大速率v2=mv11.(超重失重)(多選)第二屆進(jìn)博會于2019年11月在上海舉辦,會上展出了一種乒乓球陪練機器人,該機器人能夠根據(jù)發(fā)球人的身體動作和來球信息,及時調(diào)整球拍將球擊回。若機器人將乒乓球以原速率斜向上擊回,球在空中運動一段時間后落到對方的臺面上,忽略空氣阻力和乒乓球的旋轉(zhuǎn)。下列說法正確的是 ()A.擊球過程合外力對乒乓球做功為零B.擊球過程合外力對乒乓球的沖量為零C.在上升過程中,乒乓球處于失重狀態(tài)D.在下落過程中,乒乓球處于超重狀態(tài)2.(單物體運動)元宵節(jié)期間人們?nèi)挤琶利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日,按照設(shè)計,某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后,在3s末到達(dá)離地面90m的最高點時炸開,構(gòu)成各種美麗的圖案。假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時的初速度是v0,上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍,g取10m/s2,那么v0和k分別等于 ()A.30m/s,1B.30m/s,0.5C.60m/s,0.5 D.60m/s,13.(傳送帶)(多選)如圖所示,一足夠長的傳送帶傾斜放置,傾角θ=37°,以恒定速率v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速度v0=12m/s從A端沖上傳送帶,煤塊與傳送帶之間動摩擦因數(shù)μ=0.25,取g=10m/s2,sin37°=0.6、cos37°=0.8。則下列說法正確的是 ()A.煤塊沖上傳送帶后經(jīng)1s與傳送帶速度相同B.煤塊向上滑行的最大位移為10mC.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為5sD.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12+45)m4.(瞬時加速度)如圖,籃球從某一高度自由落下,與地面反復(fù)碰撞,最后停在地面上,空氣阻力不計,下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是 ()5.(超重失重應(yīng)用)中國臺北101大廈高508米,樓內(nèi)裝有2部速度創(chuàng)世界之最的觀光電梯,電梯由程序自動控制。電梯最高運行速度達(dá)17m/s,僅需39秒便可將一游客從1樓送到89樓的室內(nèi)觀景臺。該游客欲估測一下觀景臺距地面的高度,他找了一個電子體重計置于電梯內(nèi),體重60kg的他站了上去且相對電梯保持靜止,電梯啟動后,體重計先是顯示為66.0kg,一段時間后恢復(fù)為60.0kg并保持不變,在將到達(dá)觀景臺時段體重計示數(shù)則恒為53.4kg。重力加速度g取10m/s2,則由此可得觀景臺的高度約為()A.380mB.387mC.445mD.440m6.(連接體問題)(多選)如圖甲所示,斜面體放在粗糙的水平地面上,兩斜面光滑且傾角分別為53°和37°,兩小滑塊P和Q用繞過滑輪不可伸長的輕繩連接,分別置于兩個斜面上,且輕繩平行于斜面,已知P、Q和斜面體均靜止不動。若交換兩滑塊位置,如圖乙所示,再由靜止釋放,斜面體仍然靜止不動,P的質(zhì)量為m,取sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度大小為g,不計滑輪的質(zhì)量和摩擦,則下列判斷正確的是 ()A.Q的質(zhì)量為43B.在圖甲中,斜面體與地面間有摩擦力C.在圖乙中,滑輪受到輕繩的作用力大小為42D.在圖乙中,斜面體對地面的摩擦力方向水平向左7.(圖像問題)如圖甲所示,A、B兩物塊靜止疊放在水平地面上。水平拉力F作用在A上,且F從0開始逐漸增大,B的加速度aB與F的關(guān)系圖像如圖乙所示,則A的加速度aA與F的關(guān)系圖像可能正確的是 ()熱點2牛頓運動定律的應(yīng)用考向一動力學(xué)兩類基本問題【典例】A當(dāng)兩球運動至二者相距35L時,如圖所示。設(shè)繩子拉力為FT,則水平方向有2FTcosθ=F,而sinθ=3L10L2=35,則cosθ=45,解得FT=5F8。選其中一個小球作為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有:FT=ma,解得a=5F81.C由圖可知,sCD=2R,aCD=32g,由幾何關(guān)系可得出sAD=3R,aAD=12g,由運動學(xué)公式s=12at2,可得t1t2=sADaCD2.B設(shè)甲到達(dá)B的時間為t1,甲在水平面上追上乙的時間為t2,水平面都是光滑的,甲到達(dá)水平面后做勻速直線運動,設(shè)甲勻速直線運動的速度為v。則甲在水平面上的位移:x2=vt2乙做勻加速直線運動,最終甲剛好在C處能追上乙,說明甲追上乙時乙的速度恰好為v,則乙的位移:x2=v2(t1+t2)聯(lián)立可得t1=t可知到甲剛好追上乙時,甲在水平面上和斜面上的滑行時間一定相等;甲在斜面上運動的位移為x1=v2t1=12vt2=12x2,即斜面AB長度等于水平面BC長度的一半,故A錯誤;設(shè)甲在斜面上運動的加速度大小為a,甲從開始到B點過程中,有x1=12at12。乙從開始運動到C的過程中,有x2=12×14g×(t1+t2)2=對甲在斜面上運動過程中,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ=ma解得θ=30°,故B正確;由于t1=t2,根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知,甲運動至B處時,乙正好運動一半時間,根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動中,連續(xù)相等的時間內(nèi)位移之比為奇數(shù)比,可知則乙運動的距離為s=14BC,故C錯誤若甲從A有初速度下滑,則甲到達(dá)C點的時間減少,此時乙不可能到達(dá)C點,所以相遇點在C點的左側(cè),不可能在C點右側(cè),故D錯誤?？枷蚨ｎD運動定律與圖像問題【典例】A、Ct2時刻以后長木板加速度不變,對長木板根據(jù)牛頓第二定律有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,即μ2m2>μ1(m1+m2),故選項A正確;對長木板和物塊整體根據(jù)牛頓第二定律有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1②,聯(lián)立①②式解得F2=m2(m1+m2)m故選項B錯誤;由①可得,木板獲得的最大加速度為(μ2-μ1)m2gm1-μ1g1,故選項C正確;t1時刻,1.A、D由題圖可知,當(dāng)小滑塊下落到x2時,加速度為零,即彈力與重力沿斜面的分量大小相等,此時彈簧的形變量為(x2-x1),則有k(x2-x1)=mgsinθ,解得:k=mgsinθx2-對小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析,由于只有重力和彈力做功,則系統(tǒng)機械能守恒,當(dāng)彈簧的彈性勢能最小,小滑塊的機械能最大,故當(dāng)小滑塊下落到x1時,彈簧處于原長,彈性勢能為零,為最小,則此時小滑塊的機械能最大,B錯誤;由圖可知,x1~x2的距離差小于x2~x3的距離差,可得彈簧彈性勢能的增量不相等,C錯誤;在x1~x2的過程中,重力沿斜面的分量大于彈力,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma又由A項可知k(x2-x1)=mgsinθ,聯(lián)立解得a=kx2由圖可知,當(dāng)x=x1時a=gsinθ,聯(lián)立解得km=gsin在x2<x<x3過程中,彈力大于重力,根據(jù)牛頓第二定律有k(x-x1)-mgsinθ=ma又k(x2-x1)=mgsinθ,聯(lián)立解得a=kxm-kx2m,由圖可知,當(dāng)x=2x2-x1時a=gsinθ,聯(lián)立解得km=gsinθx2-x1即為該段圖線的斜率絕對值,故可得在x1~x2和x2.D物塊在光滑水平面上運動,受到的合外力為F,因為F為正,所以物塊一直加速運動;那么,物塊的位移為3x0時,物塊的速度最大,故A、B錯誤;物塊所受合外力F隨位移的關(guān)系式可由圖像得到,由圖可知,合外力做功的大小為圖中曲線與x軸圍成的面積,所以力F對物塊做的總功為W=12×2F0×3x0=3F0x0,故C錯誤;物塊的位移為3x0時,物塊的速度最大,由動能定理可得12mvm2=3F0x0,所以最大速度為vm=6考向三牛頓運動定律與多過程多對象問題【典例】B、C飛行器關(guān)閉發(fā)動機,以v1=10m/s勻速下落時,有Mg=kv12=k×100,飛行器以v2=5m/s勻速向上時,設(shè)最大推力為Fm,Fm=Mg+kv22=Mg+k×25,聯(lián)立可得Fm=1.25Mg,k=Mg100,A錯誤;飛行器以v3=5m/s勻速水平飛行時F=(Mg)2+(kv32)2=174Mg,B正確;發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時f=Fm2-(Mg)2=34Mg=kv42,解得v4=53m/s,C正確;當(dāng)飛行器最大推力向下,以1.B細(xì)線剪斷前,小球A受到4個力作用,重力、彈簧的彈力、細(xì)線的拉力和細(xì)繩的拉力,由力的平衡條件,可知:彈簧的彈力F=2mg,剪斷細(xì)線的瞬間,小球A只受彈簧的彈力和重力,此時彈簧的彈力還是F=2mg,所以此時A球的合力FA=(mg)2+(2mg)2=5mg,由牛頓第二定律可知,在剪斷線的瞬間,小球A的加速度大小a=5g,2.A、D僅N傳感器有示數(shù)時,有tan15°=mamg,得a=2.7m/s2,當(dāng)a=2m/s2<2.7m/s2時,P有示數(shù),Q無示數(shù),當(dāng)a=3m/s2>2.7m/s2時,P無示數(shù),Q有示數(shù)。故選A、D3.D0~t1時間內(nèi),汽車做勻變速直線運動,牽引力不變,所以牽引力的功率P=Fv=Fat,牽引力的功率隨時間均勻增加,A錯誤;t1~t2時間內(nèi)汽車的功率不變等于t1時刻的功率,可得P=Fv=(ma+f)v1=mv1t1+fv1,B錯誤;t1~t2時間內(nèi)汽車做加速度逐漸減小的加速運動,由題圖可知,平均速率大于v1+v22,C錯誤;汽車的最大速度v21.A、C球拍將乒乓球以原速率擊回,可知乒乓球的動能不變,動量方向發(fā)生改變,可知合外力做功為零,沖量不為零,A正確,B錯誤;在乒乓球的空中運動過程中,加速度方向向下,可知乒乓球處于失重狀態(tài),C正確,D錯誤。2.D本題考查運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律,利用運動學(xué)知識有x=v0+v2·t,代入數(shù)據(jù)得v0由牛頓第二定律有mg+Ff=ma,又Ff=kmg,a=603m/s2=20m/s2,解得k=1。故A、B、C錯誤,D3.A、B、D煤塊先做勻減速運動,由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=8m/s2,設(shè)經(jīng)t時間與傳送帶共速,由v0-a1t=v,解得t=1s,故A正確;共速后,摩擦力方向向上,由牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=4m/s2,煤塊先以12m/s的初速度,8m/s2的加速度減速至4m/s,后又以4m/s2的加速度減速至0,再反向加速至回到A點,v-t圖像如圖所示由圖像可知,煤塊上升到最高點的位移大小等于速度—時間圖線與時間軸所包圍的面積的大小x=12×(12+4)×1m+12×4×1m=10m,故B正確;煤塊上升到最高點后反向向下做初速度為零,加速度為a2=4m/s2的勻加速直線運動,設(shè)返回到A點所需的時間為t1,下滑的位移x=12a2t12,解得t1=5s,結(jié)合圖像知,煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用時間為t總=(2+5)s,故C錯誤;在0到1s內(nèi)傳送帶比煤塊速度慢,則滑塊在傳送帶上的劃痕為L1=12×(12+4)×1m-4×1m=4m,此時劃痕在煤塊的下方,在1s到2s內(nèi),傳送帶速度比煤塊速度大,則L2=4×1m-12×4×1m=2m,因為L2<L1,所以在上升階段產(chǎn)生的劃痕為+5)s時間內(nèi),煤塊向下滑了10m,傳送帶向上滑了45m,則煤塊在傳送帶上的劃痕為L3=(10+45+2)m=(12+45)m,故D正確。4.B籃球自由落下到與地面接觸前,只受重力作用,加速度不變,以向下為正方向,加速度為正值,圖線為平行于t軸的線段;籃球與地面接觸到反彈離開地面過程中,受地面的向上的彈力先從零開始逐漸增大,籃球所受的合力ma1=mg-N開始階段地面彈力N小于重力,合力向下,籃球向下繼續(xù)擠壓,N增大,合力逐漸減小,加速度逐漸減小,籃球這一階段向下做加速度(向下為正)減小的加速運動;彈力N增大到超過重力大小時,