20202021学年高考物理重点专题讲解及突破03牛顿运动定律含解析

2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破03：牛顿运动定律1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(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”．(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”．【典例1】随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．[思路点拨]解此题可按以下思路：飞机在电磁弹射区的受力情况和运动情况⇒飞机在之后的受力情况和运动情况⇒根据牛顿运动定律和运动学规律列方程求解【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－Ff2＝ma2代入数据解得a2＝4.0m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)超重点1：两类动力学问题根据牛顿第二定律有F牵＋F推－Ff1＝ma1代入数据解得a1＝58m/s2，F牵＝1.05×106N.【答案】(1)4.0m/s2(2)58m/s21.05×106N[方法技巧]两类动力学问题的解题步骤训练1．为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道．一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2.在加速前进了x0＝96m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin37°＝0.6，g＝10m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.【解析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsinθ－0.2mg＝ma1解得：a1＝3m/s2由公式v2－v20＝2a1x0解得：v＝25m/s(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：mgsinα＋0.65mg＝ma2解得：a2＝12.5m/s2由v2－0＝2a2x解得：x＝25m【答案】(1)25m/s(2)25m训练2.一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内沿斜面做匀加速运动，其位移x＝4m．g取10m/s2.求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小．【解析】(1)根据牛顿第二定律，有mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得μ＝36(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能．根据题意，由运动学公式，有x＝12a1t2，可得a1＝2m/s2当加速度沿斜面向上时，有Fcos30°－mgsin30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)联立解得F＝7635N当加速度沿斜面向下时，有mgsin30°－Fcos30°－Ff＝ma1Ff＝μ(Fsin30°＋mgcos30°)联立解得F＝437N.【答案】(1)36(2)437N或7635N一、超重、失重现象超重现象失重现象完全失重现象概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g原理方程F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝ma＝mgF＝0超重点2：超重和失重问题运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升二、说明：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．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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．3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果．例题1．(多选)2016年10月17日我国的“神舟十一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空．两名宇航员在随飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的过程中，既要承受超重的考验．又要承受失重的考验．下列说法中正确的是()A．当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态B．“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态C．“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于宇航员的重力D．“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力【解析】当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速下降时，宇航员处于超重状态，故选项A正确；“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项B错误；“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，加速度方向始终向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项C错误；“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项D正确．【答案】AD例题2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，乘客()A．处于失重状态B．处于超重状态C．受到向后的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面向下【解析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误．【答案】B例题3．(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三．已知重力加速度g取10m/s2，由此可判断()A．电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2C．乘客处于超重状态D．乘客对电梯地板的压力为375N【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－34kx＝ma，即14mg＝ma，a＝2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FN＝m′g－m′a＝500N－125N＝375N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力为375N，选项D正确．【答案】BD1．两种常见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常见模型：2．求解瞬时加速度的一般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【典例2】如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()超重点3：轻绳、轻杆、轻弹簧瞬时性问题A．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小[思路点拨]解此题关键有两点：(1)找出C移开前各物体的受力特点．(2)C移开瞬间弹簧弹力没有发生变化．【解析】移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确．【答案】C[方法技巧]“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态．②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点．(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．训练1.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2【解析】剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为FT＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．【答案】AC训练2.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．0B．大小为g，方向竖直向下C．大小为233g，方向垂直木板向下D．大小为33g，方向水平向右【解析】未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F＝mgcos30°.当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力依旧，故Fx与mg的合力仍为F＝mgcos30°，由此产生的加速度为a＝gcos30°＝233g，方向与合力方向相同，故C正确．【答案】C1．传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b、图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针、逆时针．2．传送带问题的特征(1)水平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速超重点4：传送带问题情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0(2)倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1