精品物理大二轮复习(优选习题)：考前基础回扣练4：牛顿运动定律及其应用

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高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用

高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律的理解2.动力学两类基本问题3.超重和失重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

(2)视重：弹簧测力计的示数或台秤的示数。

(3)超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于所受重力。

即视重大于实重。

(4)失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于所受重力。

即视重小于实重。

4.连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法。

把整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。

(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。

5.瞬时问题1.动力学两类基本问题2.瞬时问题3.动力学图像问题图1图24.传送带模型(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①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。

若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速再匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速情景3①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速再反向加速5.板块模型(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联(2)两种类型类型图示规律分析木板B 带动物块A ，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B＝x A＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B＋L＝x A6.实验情景。

2022届高考物理二轮复习题：牛顿运动定律

2022届高考物理二轮选习题：牛顿运动定律附答案专题：牛顿运动定律一、选择题。

1、如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是()A．地面对斜面体的摩擦力大小为FcosθB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上2、如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A．沿斜面向下的直线B．竖直向下的直线C．无规则曲线D．抛物线3、一小物块从倾角为α＝30°够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为()A．3.75 m B．5 m C．6.25 m D．15 m4、(双选)如图所示，白色传送带保持v0＝10 m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB两端距离x＝16 m，传送带倾角为37°，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)()A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 sB．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 mC．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 mD．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J5、如图所示，家用吊扇对悬挂点有拉力作用，正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比()A．变大B．变小C．不变D．无法判断6、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c 球由C点自由下落到M点．则()A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点7、(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度8、如图，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值，一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图象中可能正确的是()9、（双选）跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是()A．运动员对地面的压力大于运动员受到的重力B．地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力C．地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力D．运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力10、（双选）如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则()A．细线拉力为m1gcos θB．车厢的加速度为gtan θC．底板对物体2的支持力为m2g－m1g cos θD．底板对物体2的摩擦力为零11、如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是()A．绳拉牛的力小于牛拉绳的力B．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力12、(双选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，运行中各动车的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车的重力成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是()A．做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零B．做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零C．不管是匀速还是加速运动，第2、3节车厢间的作用力一定为零D．不管是匀速还是加速运动，第1、2节车厢间与5、6节车厢间的作用力之比是1:1二、填空含实验题。

高考物理大二轮总复习与增分策略专题四牛顿运动定律

专题四牛顿运动定律[考纲解读]章内容加试要求说明必考加试牛顿运动定律牛顿第一定律c 1.不要求区别惯性质量与引力质量.2.不要求分析非惯性系中物体的运动情况.3.不介绍其他的单位制.4.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形.5.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.牛顿第二定律d d力学单位制b牛顿第三定律c c牛顿运动定律应用d d超重与失重b一、牛顿第一定律1.内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.2.意义(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律.(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态.3.惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.(2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关.二、牛顿第二定律1.内容物体加速度的大小跟所受外力的合力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟合外力方向相同.2.表达式：F＝ma.三、牛顿第三定律1.牛顿第三定律的内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.2.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同.(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同.(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关.四、力学单位制1.力学中的基本物理量及单位(1)力学中的基本物理量是长度、质量、时间.(2)力学中的基本单位：基本物理量的所有单位都是基本单位.如：毫米(mm)、克(g)、毫秒(ms)等等.三个基本物理量的单位在国际单位制中分别为米(m)、千克(kg)、秒(s).2.单位制(1)由基本单位和导出单位组成的单位系统叫做单位制.(2)国际单位制(SI)：国际计量大会制定的国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制.五、超重与失重1.超重(1)定义：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.(2)产生条件：物体具有向上的加速度.2.失重(1)定义：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.(2)产生条件：物体具有向下的加速度.1.冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”.这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于( )A.冰壶的速度B.冰壶的质量C.冰壶受到的推力D.冰壶受到的阻力答案B解析质量是惯性大小的唯一量度.2. (2016·金华十校9月模拟)踢足球是青少年最喜爱的运动项目之一，足球运动中包含有丰富的物理常识.如图1所示，某校一学生踢球时( )图1A.脚对球的作用力大于球对脚的作用力B.脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等C.脚对球的作用力与球的重力是一对平衡力D.脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对平衡力答案 B解析由牛顿第三定律：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上知：B 正确，A 、D 错误，一学生踢球时，脚对球的作用力与球的重力不在一条直线，所以不是平衡力，C 不正确.3.(2016·浙江10月学考·2)下列均属于国际制基本单位的是( ) A.m 、N 、J B.m 、kg 、J C.m 、kg 、s D.kg 、m/s 、N答案 C解析力学中有3个基本物理量：质量、长度、时间，单位分别是：kg 、m 、s.力(N)，功(J)这些都不是国际基本物理量，所以答案为C.4.牛顿第二定律的表达式可以写成m ＝Fa，对某个物体来说，它的质量m ( ) A.跟合外力F 成正比B.跟合外力F 与加速度a 都无关C.跟它的加速度a 成反比D.跟合外力F 成反比，跟它的加速度a 成正比答案 B解析 m ＝F a只是一个计算式，物体质量与合外力和加速度均无关.5.(2015·浙江1月学考)如图2所示，小文同学在电梯中体验加速上升和加速下降的过程，这两个过程( )图2A.都是超重过程B.都是失重过程C.加速上升是失重过程，加速下降是超重过程D.加速上升是超重过程，加速下降是失重过程答案D解析加速上升时加速度方向向上，故支持力大于重力，为超重；加速下降时加速度方向向下，支持力小于重力，为失重，故选D项.牛顿第一定律和牛顿第三定律1.应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯.2.相互作用力与平衡力的比较错误!作用力与反作用力一对平衡力不同点作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上同时产生、同时消失不一定同时产生、同时消失两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零一定是同性质的力性质不一定相同相同点大小相等、方向相反、作用在同一条直线上例1课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图3所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是( )图3A.男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大B.男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大C.男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力D.男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大答案B解析根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等.应用牛顿第三定律应注意的三个问题1.定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的.2.作用力与反作用力虽然等大反向，但因作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同.3.作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体.变式题组1.(多选)如图4所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止.关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )图4A.若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B.若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C.磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D.磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动答案BC解析列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态(即原速率)不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确.2.(2014·浙江1月学考)如图5所示，将甲、乙两弹簧互相钩住并拉伸，则( )图5A.甲拉乙的力小于乙拉甲的力B.甲拉乙的力大于乙拉甲的力C.甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对平衡力D.甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对相互作用力答案D解析根据牛顿第三定律，相互作用的两个物体间的作用力大小相等、方向相反.甲、乙间的力为相互作用力，故D项正确.3.(2016·金华十校9月模拟)下列说法中正确的是( )A.运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B.作用力与反作用力一定是同种性质的力C.伽利略的理想实验是凭空想象出来的，是脱离实际的理论假设D.马拉着车向前加速时，马对车的拉力大于车对马的拉力答案B解析物体的惯性大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，选项A错误；作用力与反作用力一定是同种性质的力，选项B正确；伽利略的理想实验是建立在严格的推理的基础上的，与实际的理论不脱离，选项C错误；马拉着车向前加速时，马对车的拉力与车对马的拉力是一对作用力与反作用力，故马对车的拉力等于车对马的拉力，选项D错误.牛顿第二定律的理解和应用1.对牛顿第二定律的理解2.牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型加速度与合外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模型：(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间.(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变. 例2 (2016·东阳市联考)如图6所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，物块2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )图6A.a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B.a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC.a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D.a 1＝g ，a 2＝m ＋M m g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg 答案 C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆连接处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝m ＋MMg ，所以C 正确.求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”1.物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析.2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变. 变式题组4.如图7所示，质量为1 kg 的物体与桌面间的动摩擦因数为0.2，物体在7 N 的水平拉力作用下获得的加速度大小为(g 取10 m/s 2)( )图7A.0B.5 m/s 2C.8 m/s 2D.12 m/s 2答案 B解析物体所受合外力F 合＝F －μmg ＝5 N ，加速度a ＝F 合m＝5 m/s 2，选项B 正确. 5.(2016·温州联考)如图8所示，两小球悬挂在天花板上，a 、b 两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度为(取向下为正方向)( )图8A.0，gB.－g ，gC.－2g ，gD.2g,0答案 C解析在细线烧断之前，a 、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故方向向上，大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受向上3mg 的弹力和向下mg 的重力，故加速度a a ＝3mg －mgm＝2g ，方向向上.对b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度a b ＝2mg2m＝g ，方向向下.取向下为正方向，有a a ＝－2g ，a b ＝g .故选项C 正确.6.如图9所示，两个质量分别为m 1＝2 kg ，m 2＝3 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则( )图9A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去力F 2的瞬间，m 1的加速度大小为5 m/s 2D.在突然撤去力F 1的瞬间，m 1的加速度大小为13 m/s 2 答案 D解析以m 1、m 2整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝2 m/s 2，以m 1为研究对象，F 1－F ＝m 1a ，解得F ＝26 N ，故选项A 、B 错误.在突然撤去力F 2的瞬间，弹簧的弹力不发生变化，故m 1的加速度不发生变化，选项C 错误.在突然撤去力F 1的瞬间，m 1的加速度大小为a 1＝Fm 1＝13 m/s 2，选项D 正确.超重与失重现象1.尽管物体的加速度不是竖直方向，但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.2.超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.3.在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象就会完全消失，如天平失效、液体柱不再产生压强等.例3 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入.例如，平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出.对此现象分析正确的是( ) A.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案 D解析手托物体向上运动，一定先向上加速，处于超重状态，但后面的运动可以是减速的，也可以是匀速的，不能确定，A 、B 错误；物体和手具有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动且只受重力，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，手与物体才能分离，所以C 错误，D 正确.超重和失重现象判断的“三”技巧1.从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0时处于完全失重状态.2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.3.从速度变化的角度判断(1)物体向上加速或向下减速时，超重； (2)物体向下加速或向上减速时，失重. 变式题组7.(2014·浙江7月学考)两砖块叠在一起放在竖直升降电梯的水平底板上.当两砖块间的压力小于上面砖块的重力时，电梯可能的运动是( ) A.向上加速运动 B.向上减速运动 C.向下匀速运动 D.向下减速运动答案 B解析对上面的砖块进行分析，根据牛顿第二定律得，a ＝mg －Fm，由题意知支持力小于重力，则加速度方向竖直向下，所以电梯向上做减速运动或向下做加速运动，故B 正确，A 、C 、D 错误.8.关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( ) A.电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B.磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C.荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D.“神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的航天员处于完全失重状态答案 D9.(2015·浙江10月选考)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10所示，当此车匀减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图10A.处于超重状态B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受合力竖直向上答案 C解析当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变.人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图.将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N ＝ma y.F N<mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确.动力学的两类基本问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况.第二类：已知运动情况求物体的受力情况.2.动力学两类基本问题的解题步骤第一步：选对象.根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体，可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.第二步：研究力和运动.注意画好受力分析图，明确物体的运动过程和运动性质.第三步：建坐标.通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向.第四步：列方程.根据平衡条件或牛顿第二定律沿坐标轴方向列方程.第五步：解结果.结合相应的运动学方程联立求解，并对结果进行讨论.例4(2016·诸暨市期末)在山区或沟谷深壑地区，往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡，并携带有大量石块滑落.某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接，在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡，如图11甲所示.现假设两山坡与水平面间的夹角均为θ＝37°，石块在下滑过程中与坡面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，石块在左侧山坡A处由静止开始下滑时，离水平地面的高度h1＝4.8 m，然后冲上右侧山坡，其简化图如图乙所示.(已知石块经过最低点P前后的速度大小不变，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.)图11(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v；(2)求石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2；(3)当石块在A 点以多大的初速度v 0下滑，刚好能到达右侧山坡与A 等高处？答案 (1)8 m/s (2)2.4 m (3)8 m/s解析 (1)设石块从A 到P 的过程中加速度为a 1，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1代入数据，解得：a 1＝4 m/s 2v 2－0＝2a 1h 1sin θ代入数据，解得：v ＝8 m/s(2)设石块从P 到B 的过程中，加速度为a 2，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 代入数据，解得：a 2＝－8 m/s 20－v 2＝2a 2h 2sin θ代入数据解得：h 2＝2.4 m(3)刚好能到达右侧山坡与A 等高处时，设石块在底端的速度为v 1，则 0－v 21＝2a 2h 1sin θ解得：v 1＝8 2 m/s 石块从A 到P 的过程中v 12－v 02＝2a 1h 1sin θ解得：v 0＝8 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”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析. 一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁.2.寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系.如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系. 变式题组10.质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图12所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10 m/s 2，求：图12(1)弹性球受到的空气阻力F f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h . 答案 (1)0.2 N (2)38m解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a 1，由题图知a 1＝Δv Δt ＝40.5m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二定律，得mg －F f ＝ma 1F f ＝m (g －a 1)＝0.2 N(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v 1＝4 m/s ，设球第一次离开地面时的速度大小为v 2，则v 2＝34v 1＝3 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a 2，则mg ＋F f ＝ma 2 a 2＝12 m/s 2于是有0－v 22＝－2a 2h 解得h ＝38m.11.(2016·温州8月选考)如图13所示，木块的质量m ＝2 kg ，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块在拉力F ＝10 N 作用下，在水平地面上从静止开始向右运动，运动5.2 m 后撤去外力F .已知力F 与水平方向的夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2).求：图13(1)撤去外力前，木块受到的摩擦力大小； (2)刚撤去外力时，木块运动的速度大小； (3)撤去外力后，木块还能滑行的距离. 答案 (1)2.8 N (2)5.2 m/s (3)6.76 m解析(1)撤去外力前，木块受力如图甲所示由牛顿第二定律得竖直方向：F N＋F sin 37°－mg＝0F f＝μF N解得：F f＝2.8 N(2)由牛顿第二定律得水平方向：F cos 37°－F f＝ma1解得：a1＝2.6 m/s2由运动学公式得：v2＝2a1x1解得：v＝5.2 m/s(3)撤去外力后，木块受力如图乙所示由牛顿第二定律得－μmg＝ma2解得：a2＝－2 m/s2由运动学公式得0－v2＝2a2x2解得x2＝6.76 m.1.(2015·浙江1月学考)舱外的宇航员手握工具随空间站绕地球运动，若某一时刻宇航员将手中的工具释放，则释放工具的运动方向是( )A.指向地心方向B.背离地心方向C.与原运动方向相同D.与原运动方向相反答案C解析释放工具的瞬间，由于工具具有惯性，它将保持原来的运动状态，所以释放瞬间工具的运动方向与原来的运动方向相同.2.竖直向上抛出一物体，在物体上升的过程中，正确的是( )A.物体做减速运动，惯性减小B.物体做减速运动，惯性增大C.物体做减速运动是因为受到重力的作用D.物体必然受到向上的力的作用答案C解析物体的惯性大小仅与它的质量有关，与其速度大小无关，A、B错；物体上升时，所受重力与运动方向相反，使其速度减小，C对；物体之所以向上运动，是由于它有惯性，即保持原来向上运动的性质，D错.3.如图1所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空.当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是( )图1A.一对平衡力B.作用力和反作用力C.拉力小于重力D.拉力大于重力答案D解析小屋受到拉力和重力，因加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律知，合力向上，拉力大于重力，故D项正确.4.下列叙述中正确的是( )A.在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位选定为基本单位B.牛顿、千克、米/秒2、焦、欧姆、米都属于力的单位C.在厘米、克、秒单位制中，重力加速度g的值等于9.8 厘米/秒2D.在力学的计算中，若涉及的物理量都采用国际单位制中的单位，则所计算的物理量的单位也是国际单位制中的单位答案 D5.(2016·临海市调研)下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解正确的是( )A.由F ＝ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B.由m ＝F a 可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比C.由a ＝F m 可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量无关D.由m ＝F a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力求出答案 D解析牛顿第二定律的表达式F ＝ma 表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量.但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关，作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关，但物体的加速度与质量有关，故排除A 、B 、C ，选D.6.(2015·9月浙江测试)一根轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，下端悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图2所示，下列说法正确的是( )图2A.F 1的施力者是弹簧B.F 2的反作用力是F 1C.F 3的施力者是地球D.F 2的反作用力是F 3 答案 D解析由题图知，F 1的施力者是地球，故A 错误；F 2的反作用力是F 3，故B 错误，D 正确；F 3的施力者是小球，故C 错误.7.跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是( ) A.运动员对地面的压力等于运动员受到的重力 B.地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力 C.地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力 D.运动员对地面的压力小于运动员受到的重力答案 B解析运动员起跳的瞬间向上做加速运动，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力，由牛顿第三定律得运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，选项B正确，A、C、D错误.8.(2016·宁波模拟)引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的规范动作是两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂.这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A.上拉过程中，人受到两个力的作用B.上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C.下放过程中，单杠对人的作用力小于人的重力D.下放过程中，人只受到一个力的作用答案A9.(2016·金华十校联考)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯.无人乘坐时，扶梯运转得很慢；有人站在扶梯上时，它会先慢慢加速，再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图3所示.下列说法中正确的是( )图3A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下答案C解析当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都错；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故C对，D错.10.如图4所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，一物体从弹簧上方某高处自由下落，并落在弹簧上，弹簧在压缩过程中始终遵守胡克定律.从物体接触弹簧开始，直到把弹簧压缩到最短为止，物体的加速度大小( )。

高考物理大二轮复习考前基础回扣练4 牛顿运动定律及其应用

回扣练4：牛顿运动定律及其应用1．如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a 做匀加速运动，车内两物体A 、B 质量之比为2∶1，A 、B 间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B 通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A 、B 的加速度大小分别为( )A ．a 、0B ．a 、aC ．a 、2aD ．0、2a解析：选C.令物体B 的质量为m ，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F ，绳子拉力大小为T ，将A 、B 及弹簧看作整体，则有T ＝3ma ；隔离物体A 为研究对象，则有F ＝2ma .剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A 受力不变，加速度大小仍为a ，而物体B 所受合力为F ＝ma B ，即a B ＝2a .2．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A 、B ，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M 、m .如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F 1、F 2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F 1与F 2之比为( )A ．M ∶mB ．m ∶MC ．m ∶(M ＋m )D ．M ∶(M ＋m )解析：选A.F 1作用于A 时，设A 和B 之间的弹力为N ，对A 有：N cos θ＝Mg ，对B 有：N sin θ＝ma ，对A 和B 组成的整体有：F 1＝(M ＋m )a ＝（M ＋m ）M m g tan θ；F 2作用于A 时，对B 有：mg tan θ＝ma ′，对A 和B 组成的整体有：F 2＝(M ＋m )a ′＝(M ＋m )·g tan θ，F 1F 2＝M m.3．在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60 N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是( )A．40 N，30 N B．30 N，50 NC．40 3 N，50 3 N D．50 3 N，60 3 N解析：选C.对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：(M＋m)g sin 30°＝(M＋m)a解得：a＝g sin 30°＝5 m/s2再隔离球受力分析，如图所示：在平行斜面方向，有：mg sin 30°＋N1－N2sin 53°＝ma在垂直斜面方向，有：mg cos 30°－N2cos 53°＝0联立解得：N1＝40 3 N、N2＝50 3 N根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为40 3 N，对箱内斜面的压力为50 3 N，故C项正确．4．如图所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端．从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加，已知铁块A的加速度a A随时间t变化的图象如图乙所示，则木板B的加速度大小a B随时间t的a Bt图象是下列图中的( )解析：选C.F的大小与时间t成正比，由图乙看出前2 s铁块的加速度为零，这说明水平地面不光滑，t ＝6 s 前后铁块的加速度a A 随时间t 变化的图线斜率不同，这说明2～6 s 内A 、B 以共同的加速度运动，t ＝6 s 后，A 与B 发生相对滑动，木板B 的加速度不再变化．5．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A 端到B 端的速度—时间变化规律如图乙所示，t ＝6 s 时恰好到B 点，则( )A ．物块与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.1B ．AB 间距离为24 m ，小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC ．若物块质量m ＝1 kg ，物块对传送带做的功为8 JD ．若物块速度刚好到4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B 端解析：选A.由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为a ＝44 m/s 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律可知：a ＝F m ＝μmg m＝μg ，由以上两式解得：μ＝0.1，故A 正确；AB 间距离即为物块在6 s 内发生的位移，即图乙的面积：S ＝2＋62×4 m＝16 m ，故B 错误；物块对传送带只在加速过程中做功，根据公式W ＝－fs ，其中f ＝μmg ＝0.1×1×10 N ＝1 N ，s ＝4×4 m＝16 m ，代入公式中可解得W ＝－16 J ，故C 错误；物块速度刚好到4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a ＝－μg ＝－1 m/s 2，物块从开始到速度为4 m/s 时发生的位移为x ＝4×42m ＝8 m ，所以物块减速到零发生的位移为v 22a ＝422×1m ＝8 m ，所以物块刚好到达B 端，故D 错误． 6．如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球．若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小F 随时间t 变化的图象如图乙所示，g 为重力加速度，则( )A ．电梯突然停止前可能在加速上升B．电梯停止后小球向下运动，加速度小于gC．电梯停止后小球向上运动，加速度小于gD．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态解析：选C.从t＝0时刻传感器示数为mg可知，电梯突然停止前做匀速运动，选项A 错误．电梯停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，电梯停止后，弹簧拉力小于mg，说明小球向上运动，小球受到弹簧拉力和重力，加速度小于g，选项B错误、C正确．在0～t1时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明小球处于失重状态；t1～t2时间内，弹簧弹力由0逐渐增大到mg，说明小球仍处于失重状态，选项D错误．7．(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( )A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析：选CD.xt图象斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A错．由两图线的从截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B错．t1和t2两时刻图象相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等．8．(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，选项A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，选项B正确；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，选项D正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，选项C错误；故选BD.9．(多选)如图所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下vt图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的vt图象，b为木板的vt图象)( )解析：选ABC.人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力f m＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，f＝Ma1＝50 N＜120 N，木板静止不动，t＝2 3 s内人的位移x＝6 m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，f＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误．10．(多选)如图所示，一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则( )A ．物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B ．物块不可能从传送带的左端滑落C ．物块不可能回到出发点D ．物块的机械能最大增量不可能大于12mv 20 解析：选BD.设传送带的长度为L ，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x ＝v 202a，若x ≥L ，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x <L ，则物块先加速后匀速．故A 错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落．故B 正确，C 错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v 0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加．所以滑块的机械能最大增量不可能大于12mv 20.故D 正确．故选B 、D.。

2023新教材高考物理二轮专题复习专题：牛顿运动定律与直线运动教师用书

专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本公式v＝v0＋at，x＝v0t+12at2，v2−v02＝2ax.2．重要推论v t2＝v0+v2＝v̅(利用平均速度求瞬时速度)；初、末速度平均值vt2＝√t02+t22；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．3．符号法则选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．4．解决运动学问题的基本思路例 1 [2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G .设普通列车的最高速度为108 km /h ，高铁列车的最高速度为324 km /h .若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m /s 2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )A ．6小时25分钟B ．6小时30分钟C ．6小时35分钟D ．6小时40分钟[解题心得]预测1 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是2022年北京冬奥会的比赛项目之一．运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行．比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成．若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动．运动员通过减速区时间为t ，其中第一个t 4时间内的位移为x 1，第四个t 4时间内的位移为x 2，则x 2:x 1等于( )A ．1∶16B ．1∶7C ．1∶5D ．1∶3预测2 [2022·福建泉州高三联考]如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L ＝4 m 时，客车正以v 1＝6 m /s 速度匀速行驶，轿车正以v 2＝10 m /s 的速度借道超车．客车长L 1＝10 m ，轿车长L 2＝4 m ，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化．(1)若轿车开始加速并在3 s内成功超越客车L3＝12 m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？[试解]考点二动力学基本规律的应用动力学两类基本问题的解题思路温馨提示动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸．例2 [2022·浙江卷1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26(取g＝10 m/s2)，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．[试解]预测3 (多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m 跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N预测4 衢州市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25 km/h，整车质量应当小于或等于55 kg，制动性能要符合如下规定：某人体重m＝50 kg，骑着符合新标准、质量M＝50 kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动．(1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字)(2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？(3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？[试解]考点三连接体问题1．处理连接体问题的常用方法2.连接体问题中常见的临界条件例3 [2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小[解题心得]预测5 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动距离很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是( )A．1.41 N B．1.42 NC．1 410 N D．1 420 N预测6 [2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为( )A．5F8m B．2F5mC．3F8m D．3F10m预测7 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g＝10 m/s2)(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？[试解]素养培优·情境命题实际情境中的直线运动情境1 [2022·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( )A．2.52 m/s2B．3.55 m/s2C．3.75 m/s2D．3.05 m/s2[解题心得]情境2 驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫做停车距离．如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是( )A．根据图中信息可以求出反应时间B．根据图中信息可以求出汽车的制动力C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变[解题心得]情境3 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝2，货物可视为质点(取9cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.[试解]情境4 疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A 送餐到F，求机器人运行的最大加速度a m和加速过程通过的位移x加．[试解]专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一例1 解析：108 km/h ＝30 m/s ，324 km/h ＝90 m/s由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，为总的节省时间，相邻两站间的距离x ＝1 080×1035m ＝2.16×105m普通列车加速时间t 1＝v1a＝300.5 s ＝60 s加速过程的位移x 1＝12at 12＝12×0.5×602m ＝900 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t 2＝x −2x 1v＝2.16×105−2×90030s ＝7 140 s同理高铁列车加速时间t ′1＝v 1′a＝900.5s ＝180 s加速过程的位移x ′1＝12at1′2＝12×0.5×1802m ＝8 100 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t ′2＝x −2x 1′v 1′＝2.16×105−2×8 10090s ＝2 220 s相邻两站间节省的时间Δt ＝(t 2＋2t 1)－(t ′2＋2t ′1)＝4 680 s ，因此总的节省时间Δt 总＝5Δt ＝4 680×5 s＝23 400 s ＝6小时30分，B 正确．答案：B预测1 解析：由题意知，在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知，x 2∶x 1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比，即x 2∶x 1＝1∶7，故选B.答案：B预测2 解析：(1)设轿车的加速度大小为a ，经过t 1＝3 s ，客车和轿车位移分别为s 1、s 2，由运动学公式得s 1＝v 1t 1，s 2＝v 2t 1+12at 12，s 2＝s 1＋L 1＋L 2＋L ＋L 3，解得a ＝4 m/s 2.(2)设轿车减速的加速度大小为a ′，经过时间t 2，轿车、客车达到共同速度，则v 2－a ′t 2＝v 1，客车和轿车位移分别为s ′1、s ′2，满足s ′2＝v 2t 2−12a ′t 22， s ′1＝v 1t 2， s ′2＝s ′1＋L ，解得a ′＝2 m/s 2，即轿车至少以2 m/s 2的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾．答案：(1)4 m/s 2(2)2 m/s 2考点二例2 解析：(1)设雪车从A →B 的加速度大小为a 、运动时间为t ，根据匀变速直线运动的规律有2al AB ＝v B 2、v B ＝at解得t ＝3 s 、a ＝83 m/s 2.(2)方法一由题知雪车从A →C 全程的运动时间t 0＝5 s ，设雪车从B →C 的加速度大小为a 1、运动时间为t 1，故t 1＝t 0－t ，根据匀变速直线运动的规律有l BC ＝v B t 1+12a 1t 12v C ＝v B ＋a 1t 1代入数据解得a 1＝2 m/s 2、v C ＝12 m/s.方法二由于雪车在BC 上做匀变速运动，故l BC ＝v BC ̅̅̅̅·t 1＝v B +v C 2(t 0－t )解得v C ＝12 m/s.(3)方法一设雪车在BC 上运动时受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f ＝ma 1代入数据解得f ＝66 N方法二对雪车在BC 上的运动过程由动量定理有 (mg sin 15°－f )(t 0－t )＝mv C －mv B 代入数据解得f ＝66 N.方法三对雪车从B →C 由动能定理有(mg sin 15°−f )l BC ＝12tt t 2−12tt t 2解得f＝66 N.答案：(1)83m/s2(2)12 m/s (3)66 N预测3 解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－12gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5 m/s－10×2 m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝0−v1t＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得f＝ma＋mg＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．答案：AD预测4 解析：(1)根据匀变速运动公式2ax＝t2−t02解得t＝t2−t022t＝－3.4 m/s2根据牛顿第二定律得：制动力F＝(M＋m)a＝340 N.(2)根据匀变速运动公式2a1x1＝v12，2a1x2＝v22，x1x2＝t12t22联立解得x2＝36 m.(3)超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大．答案：(1)－3.4 m/s2340 N (2)36 m (3)见解析考点三例3 解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝ma P，对Q有μmg－kx＝ma Q，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝v̅t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．答案：AD预测5 解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1解得a1＝2 m/s2对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝12a1t12纸板运动距离为d＋x1＝12a2t12纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝12a3t22则l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入数据联立得F＝1.42 N，故B正确，A、C、D错误．答案：B预测6解析：如图可知sin θ＝12×3L5L2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．答案：A预测7 解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球的作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零．(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－F1＝ma解得F1＝32 N.(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝12at2解得t＝0.8 s，x＝0.32 m.(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1解得x1＝0.4 m.答案：(1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m素养培优·情境命题情境1 解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝t0(t1+t2+tt)+t022t代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋522a解得a＝3.05 m/s2，所以D正确；A、B、C错误．答案：D情境2 解析：图中知道汽车速度，反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A 正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0.则x＝t0t0+t022t，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；除了反应时间，其他条件不变的情况下，根据公式x＝t0t0+t022t，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误．答案：A情境3 解析：(1)根据牛顿第二定律mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1a1＝2 m/s2(2)在倾斜滑轨上运动过程为匀加速直线运动v2＝2a1l1v＝4 m/s(3)在水平滑轨上的运动过程为匀减速直线运动v12－v2＝2a2l2a2＝－μgl2＝2.7 m答案：(1)2 m/s2(2)4 m/s (3)2.7 m情境4 解析：(1)从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0，解得a＝0−v22x0＝－422×6m/s2＝－43m/s2，机器人在此过程加速度a的大小为43m/s2.(2)要想用时最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度为a m＝μg＝2 m/s2，加速的位移为x加＝v22a m＝4 m.答案：(1)43m/s2(2)2 m/s2 4 m。

高考物理二轮复习专项训练物理牛顿运动定律的应用及解析

高考物理二轮复习专项训练物理牛顿运动定律的应用及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件；（2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围．【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0－a A t=a B t 解得：t=0.25sA滑行距离 x A=v0t－1 2 aA t2=1516mB滑行距离：x B=12a B t2=716m最大距离：Δx=x A－x B=0.5m【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？【答案】(1)0.8 m/s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s【解析】【详解】（1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，小车的加速度大小为：222110.5210m/s m/s0.33m gamμ⨯＝＝＝根据v=v0-a2t=a1t得则速度相等需经历的时间为：0120.24vt sa a=+＝；v=0.8m/s（3）小车运动的位移22111100.24m0.096m223x a t==⨯⨯=（4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得：m2 v0′=（m1+m2）v根据能量守恒得：μm2gL＝12m2v0′2−12(m1+m2)v2代入数据，联立解得v0′=5m/s。

统考版2024届高考物理二轮复习热点专项练3牛顿运动定律的应用含答案

专项3 牛顿运动定律的应用一、单项选择题1．如图所示，质量为M 的木箱放在水平地面上，质量为m 的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁．细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态．重力加速度为g ，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )A.地面对木箱的支持力不变B ．地面对木箱的支持力减小了mgcos θC ．地面对木箱的摩擦力不变D ．地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ 2.如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a 、b 之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a 杆的夹角为60°，斜面2与a 杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a 杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b 杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g 取10m/s 2，则μ1∶μ2等于( )A ．32B ．33C ．12D ．13 3.[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m 4.[2023·山西太原市4月联考]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g ，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是( )A ．30cm 刻度对应的加速度为－0.5gB ．40cm 刻度对应的加速度为gC ．50cm 刻度对应的加速度为2gD ．各刻度对应加速度的值是不均匀的二、多项选择题5．[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g .用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P 的加速度大小的最大值为2μg B ．Q 的加速度大小的最大值为2μg C ．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D ．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小6．旱地冰壶运动是最近几年兴起的体育项目，如图所示为旱地冰壶场地的中线处的简易图，假设推出的冰壶沿中线做直线运动，已知AC 长度为x 1＝10m ，有效区BC 的长度为x 2＝2m ，将质量为m ＝4kg 的可视为质点的旱地冰壶放在A 点，在旱地冰壶上施加水平恒力F ＝6N ，使其从A 点由静止开始沿中线推出，经过一段时间撤走恒力，最终旱地冰壶停在BC段，旱地冰壶与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是( )A ．撤走恒力前后旱地冰壶的加速度大小之比为2∶1B ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在B 点C ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在C 点D ．旱地冰壶停在B 点和停在C 点运动的总时间之比为2∶ 5 7．[2023·湖南卷]如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动．车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A.若B 球受到的摩擦力为零，则F ＝2mg tan θB ．若推力F 向左，且tan θ≤μ，则F 的最大值为2mg tan θC ．若推力F 向左，且μ<tan θ≤2μ，则F 的最大值为4mg (2μ－tan θ)D ．若推力F 向右，且tan θ>2μ，则F 的范围为4mg (tan θ－2μ)≤F ≤4mg (tan θ＋2μ) 三、非选择题8．[2023·海南卷]如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道A ，半径R ＝0.2m ，一质量为m B ＝1kg 的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知m C ＝3kg ，B 、C 间动摩擦因数μ1＝0.2，C 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C 右端有一个挡板，C 长为L .已知g 取10m/s 2.(1)B 滑到A 的底端时对A 的压力是多大？(2)若B 未与C 右端的挡板碰撞，当B 与地面保持相对静止时，B 、C 间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m<L <0.8m 时，B 与C 右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B 从滑上C 到最终停止所用的时间．9．某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空香皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d ＝0.96m ，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m ＝20g ，香皂及香皂盒的总质量为M ＝100g ，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L ＝0.6m ，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F ＝0.24N ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g ＝10m/s 2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a 1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度v m .10．[2023·河南郑州三模]货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险．如图所示，货车的车厢长度为12m ，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止．货车以v 0＝12m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a ＝6m/s 2的加速度匀减速刹车．若车厢内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ＝0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g 取10m/s 2.求：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大； (2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大．专项3 牛顿运动定律的应用1．解析：设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为N 、N ′，地面对木箱的摩擦力大小分别为f 、f ′，剪断细线前，细线上的拉力大小T ＝mgcos θ，弹簧弹力大小F ＝T sin θ＝mg tan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知N ＝（m ＋M ）g ，f ＝0.剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有N ′＝Mg ，地面对木箱的支持力减小了mg ，A 、B 错误；对木箱分析，水平方向有f ′＝F ＝mg tan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ，C 错误，D 正确．答案：D2．解析：设a 、b 之间的水平距离为L ，到达斜面底端所用的时间为t ，当物块在斜面1上运动时，有L sin60°＝12（g sin30°－μ1g cos30°）t 2，物块在斜面2上运动时，有Lsin30°＝12（g sin60°－μ2g cos60°）t 2，联立解得μ1μ2＝13，D 项正确．答案：D 3.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A4．解析：设弹簧的劲度系数为k ，钢球的质量为m ，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B 错误；指针位于直尺40cm 刻度时，有k （40cm －20cm ）－mg ＝0，指针位于直尺30cm 刻度时，有k （30cm －20cm ）－mg ＝ma 1，联立解得a 1＝－0.5g ，A 正确；指针位于直尺50cm 刻度时，有k （50cm －20cm ）－mg ＝ma 2，结合A 中分析得a 2＝0.5g ，C 错误；设弹簧的形变量大小为x ，则有kx －mg ＝ma ，x 与a 是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D 错误．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0逐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：有外力作用时，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，代入数据解得a 1＝0.5m/s 2；撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝1m/s 2，所以a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误；设恒力作用的时间为t 1时旱地冰壶停在B 点，则x 1－x 2＝12a 1t 21 ＋（a 1t 1）22a 2，代入数据解得t 1＝833s ，选项B 正确；设恒力作用的时间为t 2时旱地冰壶停在C 点，则x 1＝12a 1t 22 ＋（a 1t 2）22a 2，代入数据解得t 2＝4153s ，选项C 错误；由B 、C 选项的分析可知，旱地冰壶停在B 点运动的总时间为t 总1＝t 1＋a 1t 1a 2＝43s ；旱地冰壶停在C 点运动的总时间为t 总2＝t 2＋a 1t 2a 2＝215s ，所以t 总1∶t 总2＝2∶5，选项D 正确．答案：BD7．解析：设杆的弹力为N ，对小球A ：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足N x N y＝tan θ竖直方向N y ＝mg则N x ＝mg tan θ若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得N x ＝ma 可得a ＝g tan θ对小球A 、B 和小车整体根据牛顿第二定律F ＝4ma ＝4mg tan θ，A 错误；若推力F 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为N x ＝mg tan θ若tan θ≤μ，对小球B ，小球B 受到向左的合力F ＝μ（N y ＋mg ）－N x ≥mg tan θ 则对小球A ，根据牛顿第二定律可得N x ＝ma max 对系统整体根据牛顿第二定律F ＝4ma max 解得F ＝4mg tan θ，B 错误；若μ<tan θ≤2μ可知小球B 所受向左的合力的最大值F max ＝（N y ＋mg ）·μ－N x ＝2μmg －mg tan θ F max <mg tan θ对小球B ，根据牛顿第二定律F max ＝2μmg －mg tan θ＝ma max 对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma max联立可得F 的最大值为F ＝4mg （2μ－tan θ） C 正确；若推力F 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右的合力最小，此时F min ＝N x －（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ－2μmg tan θ当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时F max ＝N x ＋（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ＋2μmg tan θ对小球B 根据牛顿第二定律F min ＝ma min F max ＝ma max对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma代入小球B 所受合力的范围可得F 的范围为4mg （tan θ－2μ）≤F ≤4mg （tan θ＋2μ），D 正确．故选CD. 答案：CD 8．解析：（1）小滑块B 从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR ＝12m B v 2小滑块B 在A 的底端时，有F N －m B g ＝m B v 2R解得F N ＝30N由牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小也为30N （2）当B 滑上C 瞬间，B 、C 的速度相等假设两者之间无相对滑动，对B 、C 整体有 μ2（m B ＋m C ）g ＝（m B ＋m C ）a解得a ＝8m/s 2而B 减速的最大加速度a 1＝μ1g ＝2m/s 2<a 故假设不成立，B 、C 间会有相对滑动则B 的加速度向左，大小为a 1＝2m/s 2C 受B 向右的摩擦力μ1m B g 和地面向左的摩擦力μ2（m B ＋m C ）g其加速度满足μ2（m B ＋m C ）g －μ1m B g ＝m C a 2解得a 2＝10m/s 2B 向右运动的距离x 1＝v 22a 1C 向右运动的距离x 2＝v 22a 2B 、C 间因摩擦产生的热量Q ＝μ1m B g （x 1－x 2）解得Q ＝1.6J （3）假设B 还未与C 右端挡板发生碰撞，C 就停下，设C 从开始运动到停下用时为t 1，有t 1＝v a 2得t 1＝0.2s此时B 、C 的位移分别是x B ＝vt 1－12a 1t 21 ＝0.36m 、x C ＝vt 1－12a 2t 21 ＝0.2m则x 相＝0.16m ，此时v B ＝v －a 1t 1＝1.6m/s由于L >0.16m ，所以假设成立，一定是C 停下之后，B 才与C 右端挡板发生碰撞设再经t 2时间B 与C 右端挡板发生碰撞，有L －0.16m ＝v B t 2－12a 1t 22解得t 2＝（0.8－0.8－L ）s （另一解不符合题意，舍去）碰撞前瞬间B 的速度大小为v ′B ＝v B －a 1t 2＝20.8－L m/s 碰撞过程由动量守恒定律可得m B v ′B ＝（m B ＋m C ）v 共碰撞后B 、C 速度大小为v 共＝0.8－L2m/s 之后二者一起减速，有a ＝μ2g ＝8m/s 2，经t 3后停下则有at 3＝v 共解得t 3＝0.8－L16s 故总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－150.8－L 16s9．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F －μmg＝ma 1，解得a 1＝8m/s 2.（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是在风洞区域做初速度为零的匀加速运动，离开风洞区域后做匀减速运动，到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t 1，减速时间为t 2，垂直于传送带方向的加速位移为x 1，减速位移为x 2，则香皂盒减速过程的加速度大小a 2＝μmg m＝μg ＝4m/s 2由匀变速直线运动规律有x 1＝12a 1t 21 ，x 2＝12a 2t 22又a 1t 1＝a 2t 2，x 1＋x 2＝d2结合以上分析可知传送带的最大速度为v m ＝Lt 1联立解得v m ＝3m/s.答案：（1）8m/s 2（2）3m/s10．解析：（1）货物的最大加速度a ′＝μg ＝3m/s 2<a ，故货车刹车过程中货物与车厢出现相对滑动设经过时间t 货物运动到车厢前壁，货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度大小分别为v 1、v 2，则有v 1＝v 0－at ，v 2＝v 0－a ′t ，v 20 －v 22 2a ′－v 20 －v 21 2a ＝L2联立解得v 1＝0，v 2＝6m/s.（2）结合（1）分析可知，要使货物不与车厢前壁发生碰撞，则要求满足v 20 2μ′g －v 20 2a ≤L2解得μ′≥0.4，即货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少为0.4.答案：（1）0 6m/s （2）0.4。

高考物理二轮复习专题牛顿运动定律讲含解析

牛顿运动定律考点考大纲求专家解读牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.从近几年的高考考点散布知道，本章主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义，可否娴熟应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的考证方法和原理。

2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。

高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系。

3．本章是中学物理的基本规律和中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，仍将为高考命题的重点和热门，考察和要求的程度常常层次较高。

超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，展望2019年物理高考试题还会考：1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与动量、能量、电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系．2、本专题是高考命题的重点和热门，考察和要求的程度常常层次较高，独自考察的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识联合的题目多为计算题。

考向01 牛顿运动定律（1）考大纲求主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义，可否娴熟应用牛顿第必定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖析解决运动和力的问题（2）命题规律牛顿运动定律是中学物理的基本规律和中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系．事例1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加快直线运动，以x表示P走开静止地点的位移，在弹簧恢还原长前，以下表示F和x之间关系的图像可能正确的选项是（）A. B.C. D.【根源】2018年全国一般高等学校招生一致考试物理（新课标I卷）【答案】A【点睛】牛顿运动定律是高中物理骨干知识，匀变速直线运动规律贯串高中物理。

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