《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第三章第2讲 牛顿第二定律的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第三章第2讲 牛顿第二定律的应用.docx（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第2讲牛顿第二定律的应用命题点一动力学的两类基本问题(师生互动)核心整合1解决动力学两类基本问题的思路2动力学两类基本问题的解题步骤(2022河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的恒定升力F132 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F216 N，取重力加速度大小g10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动求：(1)飞行器9 s末的速度大小v1；(2)飞行器018 s内离地面的最大高度H；(3)飞行器落回地面的速度大小v2.解
2、析：(1)09 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1mgfma1解得a14 m/s2飞行器9 s末的速度大小v1at136 m/s.(2)最初9 s内位移h1a1t162 m设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：fmgma2解得a212 m/s2由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1a2t2由运动学公式可得h2a2t飞行器018 s内离地面的最大高度Hh1h2解得t23 s，H216 m.(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mgfma3解得a38 m/s2恢复升力前飞行器下落的时间
3、为t39 st26 s，所以其速度v2a3t3.解得v248 m/s，由于Ha3t144 m，恢复升力后F2mgf，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.答案：(1)36 m/s(2)216 m(3)48 m/s解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系题组突破1.(已知运动情况求受力情况)(2021浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为如图所示，质量m1.0103 kg的汽车以v136 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s20
4、 m处，驾驶员发现小朋友排着长l6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L6 m，小朋友行走的速度v00.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v254 km/h超速行驶，在距离斑马线s20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度解析：(1)根据平均速度t1解得刹车时间t14 s刹车加速度a根据牛顿第二定律Ffma解得Ff2.5103 N.(2)小朋友通过马路所用时间t2等待时间tt2t120 s.(3)根据vv2
5、2as解得v5 m/s.答案：(1)4 s2.5103 N(2)20 s(3)5 m/s2(已知受力情况求运动情况)(2020山东省等级考试模拟卷)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v090 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数0.30，取重力加速度大小g10 m/s2.(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示；(2)
6、若避险车道路面倾角为15，求货车在避险车道上行驶的最大距离(已知sin 150.26，cos 150.97，结果保留两位有效数字)解析：(1)若货车在避险车道停下后不发生溜滑现象，则有Ffmmgsin 货车所受的最大静摩擦力FfmFNmgcos 联立解得tan 0.30.(2)货车在避险车道上行驶时a5.51 m/s2货车的初速度v090 km/h25 m/stan 15t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故选项A错误，B、C、D均正确限时规范训练基础巩固1.(2021浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9103
7、 m/s减为4.6102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器()A打开降落伞前，只受到气体阻力的作用B打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上C打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用D悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力解析：B打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上
8、，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误2如图，足够长的固定斜面倾角为，质量为m的物体以速度v0从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处已知物体与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则物体滑回原处的速度大小为()Av0Bv0C v0 D v0解析：B物体上滑过程有v2a1x，其中a1gsin gcos ，物体下滑过程有v22a2x，其中a2gsin gcos ，解得vv0，故B正确，A、C、D错误3.(2021全国甲卷)如图，将光滑
9、长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：D设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知gt2sin ，可得t2，可知45时，t 有最小值，故当从由30逐渐增大至60时下滑时间t先减小后增大故选D.4.如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用一架质量m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升
10、力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 Ng取10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在t5 s时离地面的高度h.(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落求无人机坠落地面时的速度v.解析：(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得Fmgfma，解得a6 m/s2由hat2，解得h75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得mgfma1解得a18 m/s2由v22a1H，解得v40 m/s.答案：(1)75 m(2)40 m/s5(2022河南名校联考)热气球为了便于调节运动状
11、态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求：(1)释放压舱物时热气球离地的高度h；(2)热气球与压舱物到达地面的时间差解析：(1)由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有F浮Mg释放压舱物后：F浮ga即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为：ag由于热气球到地面时的速度刚好为零，则h.(2)设压舱物落地所用时间为t1，根据运动学公式有：hvt1gt解得：t1设热气球匀减速到地面所用时间为t2，则h
12、vt2解得：t2因此两者到达地面所用时间差为：t2t1.答案：(1)(2)能力提升6.(2022青海海东市高三一模)如图所示，质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力下列说法正确的是()AA落地前轻绳的拉力大小为2 NBB运动的最大速度为4 m/sCA落地后，B向右运动的路程为1.2 mDB运动的平均速度大小为1 m/s解析：D设A落地前
13、轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mgTma1，Tmgma1，联立解得a12.5 m/s，T1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2g5 m/s2，B向右运动的路程为s0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确7如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球
14、从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即Fkv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是()A小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C小球的最大加速度为D小球的最大速度为解析：D刚开始运动时，加速度为a，速度v增大，加速度增大，当速度v增大到满足kvmg后，加速度为a，速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故A、B错误；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误
15、；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0(kvmmg)，故最大速度为vm，故D正确8.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度hgt2，忽略空气阻力，则物块的质量为()A. BC. D解析：A物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1at2，v1at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则(h1h)v12tg(2t)2，联立解得ag，根据牛顿第二定律有Fmgma，得m，A正确9.一质量为m
16、2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内能沿斜面运动位移x4 m(g取10 m/s2)求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小解析：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma，解得.(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能由xa1t2，得a12 m/s2，当加速度沿斜面向上时Fcos 30mgsin 30(Fsin 30mgcos 30)ma1，代入数据得F N当加速度沿斜面向下时mgsin 30Fcos 30(Fsin 30mgcos
17、30)ma1代入数据得F N.答案：(1)(2) N或 N10有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败其简化模型如图所示，AC是长度为L17 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域已知BC长度L21 m，木箱的质量m50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得Fmgma1，解得a13 m/s2.(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgma2，解得a21 m/s2.推力作用在木箱上时间t内的位移为x1a1t2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2.为使木箱停在有效区域内，要满足L1L2x1x2L1，解得1 st s.答案：(1)3 m/s2(2)1 st s