高考物理二轮复习考点第三章牛顿运动定律专题与牛顿运动定律相关的实际问题
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考命题潜规则揭秘10：与牛顿运动定律相关的实际问题
专题10 与牛顿运动定律相关的实际问题高考命题潜规则揭秘10：与牛顿运动定律相关的实际问题规则验证：2012年江苏物理第5题、2012年上海物理第30题、2012年浙江理综第23题、2010年上海物理第11题、2010安徽理综第22题、2011北京理综卷第18题、2010福建理综第16题、2010高考海南物理第16题、2011新课标卷第21题命题规律：与牛顿运动定律相关的实际问题以实际情境切入，重点考查提取信息能力、受力分析、力的合成与分解、牛顿运动定律的应用。
命题分析：高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题。
难度中等。
【考查典例】典例1. .（2012·江苏物理第5题）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。
夹子和木块的质量分别为m和M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。
若木块不滑动，力F的最大值是A．() 2f M mM+B．() 2f M mm+C．()2f M mM+-(m+M)gD．()2f M mm++(m+M)g典例2（2012·上海物理第30题）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。
环的直径略大于杆的截面直径。
环与杆间动摩擦因数μ=0.8。
对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。
典例3.(16分)（2012·浙江理综第23题）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。
在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜h A后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜h B后速度减小为零。
“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。
已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9 倍，重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。
假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=0.2当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1) 行李箱开始运动时的加速度大小a；(2) 行李箱从A端传送到B端所用时间t;(3) 整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑•质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧•现给物块A施加水平向右的拉力F (未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g,A、B均可视为质点.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 对物体A:F T ma ; 对物体B:T=mg , 解得 F=ma+mg ； (2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.如图所示，水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽，长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止 于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v °=ioom/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数 卩=0.05其它摩擦不计.若木板每次与 A 、B 相碰后速度立即减为 0,且与A 、B 不粘连，重力加 速度 g=10m/s 2.求：(1) 当物块B 刚好要离开地面时，拉力 F 的大小及物块 A 的速度大小分别为多少;(2)若将物块 A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成 37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块 C 的质量应满足什么条件？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ,取向左为正方向，根据动量守恒定律得:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度 印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动 则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^S 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2vF N mg m R代入相关数据解得：F N =12.5N. 由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过 t 1共速，此时木 板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为 a 1，板产生的加速度a 2 mg M， 且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。
高三物理二轮专题复习 专题三 牛顿运动定律
专题三 牛顿运动定律一、运动状态的分析：1、 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回。
下列说法中正确的是（ ）A ．物体从A 下降到B 的过程中，速率不断变小 B ．物体从B 上升到A 的过程中，速率不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零2、在光滑水平面上有一质量为m 的物块受到水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度系数为k 的轻质弹簧，如图所示．当物块与弹簧接触且向右运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动BC D3状态。
若力A ．在第B ．在第C ．在第D ．在第4、板上，A.B.C.D.5、如图（a ）、（质量分别为M 、m ，大小为F ，同样大小的水平推力F 作用于Q A 、N 1 =N 2 6把A 从B A. μm 1g 7、在水平面上向右匀加速运动，设A 、B 间的摩擦力为1f ，B 与桌面间的摩擦力为2f ，若增大C 桶内沙的质量，而A 、B 仍一起向右运动，则摩擦力1f 、2f 的变化情况是 （ ）A ．1f 不变，2f 变大B ．1f 变大，2f 不变C ．1f 和2f 都变大D ．1f 和2f 都不变三 、瞬时问题 8、如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。
两小球均保持静止。
当突然剪断细绳时，上面小球A 与下面小球B 的加速度为 [ ]A ．a 1=g a 2=gB ．a 1=g a 2=gC ．a 1=2g a 2=0D ．a 1=0 a 2=g 9、如图所示，质量为m 的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板ABPQF(a)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g3，方向垂直木板向下 D ．大小为2g ，方向垂直木板向下四、应用牛顿运动定律分析图像问题10、物体A 、B 、C 均放置在同一水平面上，它们的质量分别为A m 、B m 、Cm ，与水平面的动摩擦因数分别为A μ、B μ、C μ ，当用水平力F 拉物体A 、B 、C 时得到的a 与力F 关系图线如图4所对应的直线甲、乙、丙所示，甲、乙直线平行，则以下说法正确的是 （ ）①μ A ＜μB m A ＝m B ②μ B ＞μC m B ＞m C ③μ B ＝μC m B ＞m C④μA＜μC m A ＜m CA．①② B ．②④ C ．③④D ．①④11、某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N 。
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。
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
二轮复习专题03：动力学问题
专题03：用牛顿运动定律解决问题【教学目标】1. 养成画受力分析图、运动分析图的习惯，知道加速度是解决此类问题的核心；2. 会通过选取合适的研究对象，处理连接体（组合体）的动力学问题；3. 会从图像中获取受力分析和运动分析的信息；4. 通过参考系选取和摩擦力分析，将传送带问题回归到基本动力学模型来处理；5. 会定性分析极限、临界的动力学问题，能定量求解极值和临界值。
【真题赏析】1. (2021.01·浙江卷)如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。
雪道上的同学们( )A. 沿雪道做匀速直线运动B. 下滑过程中机械能均守恒C. 前后间的距离随时间不断增大D. 所受重力沿雪道向下的分力相同2. (2021.06·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290s 的减速，速度从34.910m/s ⨯减为24.610m/s ⨯；打开降落伞后，经过90s 速度进一步减为21.010m/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3.（2019.04 浙江卷）如图所示，A 、B 、C 为三个实心小球，A 为铁球，B 、C 为木球。
A 、B 两球分别连在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。
若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁） （ ）A ．A 球将向上运动，B 、C 球将向下运动B ．A 、B 球将向上运动，C 球不动C ．A 球将向下运动，B 球将向上运动，C 球不动D ．A 球将向上运动，B 球将向下运动，C 球不动4. (2021.01·浙江卷)如图所示，质量m =2kg 的滑块以v 0=16m/s 的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t =2s 滑行到最高点。
高三物理总复习第三章 第2讲 牛顿运动定律的应用
力；人处于失重状态时，体重计的示数小于人的重力．电梯 加速上升或减速下降时人处于超重状态，体重计的示数F＝ mg＋ma，可见，超重时加速度越大，体重计的示数越大， 选B项．
答案
B
2013-11-27
有志者事竟成
21
高考复习· 物理
考点三
2013-11-27
有志者事竟成
11
高考复习· 物理
图3－2－1 A．18m B．54m C．72m D．198m
2013-11-27
有志者事竟成
12
高考复习· 物理
解析
Ff＝μmg＝4N，故0～3s内，a＝0.
8－4 2 3～6s内和9～12s内，a＝ m/s ＝2m/s2. 2 第6s末的速度v6＝2×3m/s＝6m/s， 1 2 1 2 故所求位移x＝ at1＋v6t2＋v6t3＋ at3 2 2
2013-11-27
有志者事竟成
7
高考复习· 物理
三、连接体问题 1．连接体与隔离体：两个或几个物体相连接组成的物 体系统为连接体，如果把其中某个物体隔离出来，该物体即 为隔离体． 2．外力和内力：如果以物体系统为研究对象，受到的 系统之外的物体的作用力是该系统受到的外力，而系统内各 物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程不考 虑内力，如果把某物体隔离出来作为研究对象，则这些内力 将转换为隔离体的外力．
2013-11-27 有志者事竟成 8
高考复习· 物理
3．连接体的处理方法． (1)整体法：连接体中各物体如果有共同的加速度，求加 速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求 解．
2013-11-27
有志者事竟成
9
高考复习· 物理
高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．4．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．【答案】(1) 3m (2) /s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -=联立解得/B v s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =5．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.6．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W7．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s '=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．8．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。
高三物理二轮学案：专题一：力与运动 第3课时牛顿运动定律
第三课时牛顿运动定律【自主探究】考纲要求考点要求复习导航牛顿运动定律及其应用Ⅱ 1.对研究对象的受力分析是解题的关键。
要根据力的概念、力产生的条件进行分析，更要注意结合物体的运动状态去研究。
2.选取适当的坐标系，会对建立方程和求解带来方便。
无论是分解物体的受力还是分解物体的加速度，都要根据题目的具体条件和所求，灵活地建立直角坐标系。
3.注意合外力与加速度的瞬时对应关系，牛顿运动定律是力学的核心，其物理过程的分析和理解能体现学生的综合分析能力、推理能力，是考查的重点。
4.理解超重和失重的本质，灵活运用其知识分析和解决问题。
超重和失重Ⅰ网络构建：学习目标：1、理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题2、理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力3、理解牛顿第二定律，会解决瞬时问题和两类动力学问题4、掌握超重、失重概念，会分析有关超重、失重问题，会分析界、极值问题、会进行动力学多过程问题的分析要点梳理：要点1.牛顿第一定律（惯性定律）（1）内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
（2）理解：①牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动状态；②牛顿第一定律说明一切物体都有惯性；③牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。
思考1如图1-3-1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( )．A ．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 图1-3-1要点2.牛顿第二定律（1）内容：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。
（2）公式：ma F =合（3）适用范围：宏观、低速运动的物体。
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。
第三章专题三应用牛顿运动定律解决三类常见问题-2025年高考物理一轮复习PPT课件
解析
高考一轮总复习•物理
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2．[竖直方向的连接体模型]如图所示，轻质定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相 连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的 A、B 两物体相连．用挡板托住物体 B 使 A、 B 保持静止，此时拉力传感器的示数为 10 N；撤去挡板，物体 A 上升、B 下降，此时拉力 传感器的示数为 15 N．重力加速度取 g＝10 m/s2，则物体 B 的质量为( )
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典例 3 (2024·湖北部分重点中学联考)如图所示，质量为 m＝1.5 kg 的托盘放在竖直放 置的轻质弹簧上方，质量为 M＝10.5 kg 的物块放在托盘里处于静止状态，已知弹簧劲度系 数 k＝800 N/m.现对物块施加一向上的力 F 作用，使它向上做匀加速直线运动，已知 F 的最 大值为 168 N(取 g＝10 m/s2)，求：
答案
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解析：由 a-t 图像中图线与 t 轴所围的面积表示速度的变化量，及题图可知，速度的变化 量大小约为 Δv＝2×1 m/s＋12×(1.5＋2)×2 m/s＋12×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以 0 时刻的速 度约为 v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故 0～6 s 内的位移满足 x<12v0t＝23.25 m，故 A 错误，B 正确；由题图可知 4 s 时公共汽车的加速度 约为 1.0 m/s2，故 C 错误；由牛顿第二定律可知 4 s 时公共汽车受到外力的合力约为 F＝ma ＝5 000 N，故 D 错误．
高考一轮总复习•物理
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1．[根据物理情境选择图像]在地面将一小球竖直向上抛出，经时间 t0 到达最高点，然 后又落回原处，若空气阻力大小恒定，则如图所示的图像能正确反映小球的速度 v、加速 度 a、位移 x、速率 u 随时间 t 变化关系的是(竖直向上为正方向)( )
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 牛顿运动定律的理解和应用名师讲练
第3讲牛顿运动定律的理解和应用[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11牛顿运动定律牛顿第一定律c牛顿第二定律d d 19 19 19力学单位制b 1 2 1 2 牛顿第三定律c c 19牛顿运动定律应用d d 19 19 19 19超重与失重b12考点一牛顿运动定律的有关辨析1．(2017·浙江11月选考·2)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( )A．质量，千克B．能量，焦耳C．电阻，欧姆D．电量，库仑答案 A解析国际基本物理量有：质量，长度，时间，电流，发光强度，热力学温度，物质的量，故选A.2．(2017·浙江4月选考·1)下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是( ) A．力，kg B．功率，JC．电场强度，C/N D．电压，V答案 D解析力的国际单位是N，功率的国际单位是W，电场强度的国际单位是N/C，电压的国际单位是V，所以正确答案为D.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、JC．m、kg、s D．kg、m/s、N答案 C4．(人教版必修1P70第1至3题改编)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( ) A．飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B．地球自西向东转，你向上跳起来后，不会落到原地C．安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力答案 C5．(人教版必修1P81“实验”改编) 把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，如图1，则( )图1A．A拉B的力小于B拉A的力B．A拉B的力大于B拉A的力C．A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力D．A拉B的力与B拉A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．A、B间的力为相互作用力，故D项正确．6．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( )A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因答案 D7. 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2所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是( )图2A．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．8．如图3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3A．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解析因加速上升，所以拉力大于重力．1.力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态．2．惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度．惯性的两种表现形式：(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态易改变．3．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量单位叫做导出单位． 4．牛顿第二定律的五性五性⎩⎪⎨⎪⎧矢量性→F ＝ma 是矢量式，a 与F 同向瞬时性→a 与F 对应同一时刻因果性→F 是产生a 的原因同一性⎩⎪⎨⎪⎧ a 、F 、m 对应同一个物体a 、F 、m 统一使用SI 制单位独立性→每一个力都可以产生各自的加速度考点二 牛顿运动定律的应用1. 如图4所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a ，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小铁球m ，M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大到3a 时，M 、m 仍与小车保持相对静止，则()图4A ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B ．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C ．细线的拉力增加到原来的3倍D ．M 受到的摩擦力增加到原来的3倍 答案 D解析 小球受重力和细线的拉力，沿水平和竖直方向正交分解，得F T sin θ＝ma ，F T cos θ＝mg ，则a ＝g tan θ，所以加速度增大到3a 时，细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍，选项A 、B 错误；由以上分析知，细线水平分力增到原来的3倍，但竖直分力等于小球重力不变，所以实际细线的拉力不会增大到原来的3倍，选项C 错误；对M 和m 整体受力分析F f ＝(M ＋m )a ，故M 受到的摩擦力增加到原来的3倍，选项D 正确．2．(2017·稽阳联谊学校8月联考)下列情景中哪个不是失重造成的结果( )A ．天宫二号内部的物品可以飘在空中B ．汽车快速过拱形桥时，司机感觉到自己对座位的压力小了C ．电梯从十楼向下启动时，人感觉轻飘飘的D ．小朋友放飞气球，气球飘飘荡荡飞上了天空 答案 D解析 A 、B 、C 都是失重或完全失重造成的，只有D 是因为浮力大于重力造成的，因此D 正确．3. (2016·温州市联考)如图5所示，a 、b 两小球用细线连接，通过一轻质弹簧悬挂在天花板上，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度分别为(取向下为正方向)( )图5A ．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，故弹簧弹力方向向上，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．4. (2016·浙江北仑中学期中)如图6所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )图6A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为(M ＋m )aC．小车受到的摩擦力大小为mF m＋MD．小车受到的合力大小为(m＋M)a答案 C解析木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f＝ma，A、B错误；小车受到的合外力为Ma，D错误；对小车和木块整体：F＝(M＋m)a，对木块：F f＝ma＝m FM＋m，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力也为mFM＋m.5．(2017·嵊州市高级中学期末)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率．t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析由mg－F阻＝ma得，雨滴先加速下落，随着v增大，阻力F阻增大，a减小，a＝0时，v＝v0不再变化，故A、B正确；又mg＝kr2v0 2，v0 2＝mgkr2，又m＝43πρr3得v0 2＝4πρg3kr，即v0 2与r成正比关系，即C正确，D错误．6．(2017·温州市十校高三期末)如图7甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F－t图线．两图中a～g各点均相对应，其中有几个点在甲图中没有画出，图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )甲乙图7A．此人重心在b点时处于超重状态B．此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C．此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小D．此人重心在f点时的脚刚好离开传感器答案 D解析由题图知a、c、e点处对应的F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态．1.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．2．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．3．受力分析中的突变问题(1)轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变．(2)弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变．4．连接体问题的分析思路(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般“先整体求加速度，后隔离求内力”．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把各个物体从系统中隔离出来，分析各个物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程求解．考点三动力学的两类基本问题1．(2017·浙江4月选考·19)如图8所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图8运动过程运动时间运动状态匀加速运动0～40 s初速度v0＝0；末速度v＝4.2 m/s匀速运动40～640 s v＝4.2 m/s匀减速运动640～720 s 靠岸时v 1＝0.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a 1及位移大小x 1；(2)若游船和游客的总质量M ＝8 000 kg ，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F ； (3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小． 答案 (1)0.105 m/s 284 m (2)400 N (3)3.86 m/s 解析 (1)由运动学公式a 1＝Δv Δt＝0.105 m/s 2位移x 1＝12a 1t 2＝84 m(2)减速运动过程中加速度大小a 2＝|v 1－v |t 3＝0.05 m/s 2由牛顿第二定律得F ＝Ma 2＝400 N(3)位移x ＝0＋v 2t 1＋vt 2＋v ＋v 12t 3＝2 780 m平均速度v ＝x t≈3.86 m/s.2. (2016·浙江10月学考·19)如图9所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10 m/s 2)图9(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324 km/h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为a ＝Δv t ＝90－0300m/s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′v 2＝2a ′x ′解得a ′＝0.5 m/s 2 ，则F ＝1.2×106N (3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5s ＝180 s 减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m＝13 500 m所以整个过程的平均速度v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 3. (2016·浙江4月学考·19)如图10是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间．答案 (1)0.9 m/s 2180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s解析 (1)由运动学公式可得a 1＝v m t 1＝1820m/s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 1 2＝12×0.9×202m ＝180 m(2)根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下(3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t ，由v －t 图象可得H ＝12(t ＋t 0)v m解得t 0＝6 s.4. (人教版必修1P86例2)如图11所示，一个滑雪的人，质量m ＝75 kg ，以v 0＝2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，t ＝5 s 的时间内滑下的路程x ＝60 m ，g ＝9.8 m/s 2，求滑雪人受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)大小．图11答案 67.5 N解析 由x ＝v 0t ＋12at 2得a ＝4 m/s 2，又由牛顿第二定律mg sin θ－F 阻＝ma 得F 阻＝mg sin θ－ma ＝67.5 N.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图12所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为f .问：图12(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)Mvt 1－t 0－F ＋f (2)v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv解析 (1)设飞机在加速过程中加速度为a 1，由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝v t 1－t 0① 由牛顿第二定律可得F －f ＋F 辅＝Ma 1② 由①②可得F 辅＝Mvt 1－t 0－F ＋f .(2)飞机在加速过程中滑行的距离s 1为s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2 ③设飞机在减速过程中加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －f －F 辅＝Ma 2 ④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式v t 2－v 0 2＝2ax 可得s 2＝－v 22a 2 ⑤由①②④⑤可得s 2＝Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 至少为L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv.1.以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：2．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．考点四 用动力学方法解决传送带问题1. 如图13所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2 m/s 运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m ＝20 kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h ＝1.8 m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图13答案 3.25 s解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v 0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmg cos α－mg sin α＝ma ，解得a ＝0.8 m/s 2. 从静止到与传送带共速所用时间t 1＝v 0a ＝1.20.8s ＝1.5 s ， 沿斜面向上的位移x ＝v 02t 1＝0.9 m. 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t 2＝l －x v 0＝ 1.8sin 37°－0.91.2s ＝1.75 s ， 总时间为t ＝t 1＋t 2＝3.25 s.2．如图14甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )图14A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误．3. (2017·浙江余姚中学高三上期中)如图15所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则( )图15A．t1＝t2，v1＝v2B．t1＜t2，v1＞v2C．t1＞t2，v1＞v2D．t1＝t2，v1＞v2答案 A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误．1.在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．(1)传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．(2)物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．(3)v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点．2．判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态．3．考虑传送带长度——判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动．专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·杭州市四校联考)同学们知道物理学中力的单位是“N”，但“N”是一个导出单位，如果用国际制基本单位表示，下列正确的是( )A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg2·m/s D．kg·m2/s答案 A2．(2017·温州市九校高三上学期期末)根据图1，下列关于运动和力的叙述正确的是( )图1A．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大答案 D解析A中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D 中站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大．3. (2017·浙江名校协作体模拟)如图2所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是( )图2A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力答案 D解析由作用力与反作用力的关系知，D正确．4．(2016·宁波市效实中学期中)如图3所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10 N的重物Q，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10 N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则( )图3A．a1＜a2B．a1＝a2C．a1＞a2D．条件不足，无法判断答案 A解析左图：对PQ整体G＝(m P＋m Q)a1，右图：对P物体F＝m P·a2，由F＝G＝10 N知a1＜a2.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)某日，小华在乘坐电梯的时候，由于电梯出现故障，小华和电梯一起自由下落，关于此下落过程，下列说法正确的是( )A．小华会撞到电梯的天花板B．小华只受两个力的作用C．小华对电梯地板的压力为零D．小华处于超重状态答案 C解析自由下落属于完全失重状态，故小华对电梯地板的压力为零．6．(2017·温州市9月选考)2017年6月5日，温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg的乘员获得约6 m/s2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为( )A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N答案 B7．如图4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质量均为m，物块2、4质量均为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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )图4A ．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 ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M m g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M M g 答案 C解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质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 ＋M Mg ，所以C 正确． 8．(2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)水平力F 方向确定，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，F 的大小按图5甲所示规律变化，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s 2.根据图，下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm 、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f 、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m 的值正确的是( )甲 乙图5A ．F fm ＝4 NB ．μ＝0.1C ．F f ＝6 ND ．m ＝2 kg答案 B解析 t ＝2 s 时，F fm ＝F ＝6 N ；F －μmg ＝ma 1，即6－μmg ＝m ×1.t ＝4 s 时，F －μmg ＝ma 2，即12－μmg ＝m ×3，解得m ＝3 kg ，μ＝0.1，则F f ＝μmg ＝3 N.9. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则1施于2的作用力大小为( )图6A ．F 1B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.12(F 1－F 2)答案 C解析 设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 22m .以物体2为研究对象，有a ＝F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 22.故C 选项正确． 10. 如图7所示，有材料相同的P 、Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力F 作用下沿粗糙斜面向上运动，轻绳与拉力F 的方向均平行于斜面．当拉力F 一定时，Q 受到绳的拉力( )图7A ．与斜面倾角θ有关B ．与物块与斜面间的动摩擦因数有关C ．与系统运动状态有关D ．仅与两物块质量有关答案 D解析 设P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，Q 受到绳的拉力大小为F T ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体受力分析，有F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a ；对Q 受力分析，有F T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a ，解得F T ＝m 2m 1＋m 2F ，可见Q 受到绳的拉力F T 与斜面倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F 有关，选项D 正确．11. 如图8所示，质量为m 的球置于倾角为45°的斜面上，被一个垂直于斜面的挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )图8A ．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度的大小等于重力加速度的大小，斜面对球的弹力为零C ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma答案 B解析 球受到重力mg 、斜面的支持力F N2、挡板的弹力F N1，则竖直方向有F N2cos 45°＋F N1sin 45°＝mg ，水平方向有F N1cos 45°－F N2sin 45°＝ma .若加速度足够小，据表达式可知，挡板对球的弹力不可能为零，选项A 错误；若加速度的大小等于重力加速度的大小，据表达式可知，斜面对球的弹力为零，选项B 正确，C 错误；由于重力方向竖直向下，斜面和挡板对球的弹力的合力沿水平方向的分力为ma ，所以其二者的合力大于ma ，选项D 错误．12. (2016·温州瑞安四校联考)如图9所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )图9 A.g 2sin α B ．g sin α C.32g sin α D. 2g sin α答案 C解析 对猫F f ＝mg sin α，对木板F f ＋2mg sin α＝2ma ，则a ＝32g sin α. 13. 如图10所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图10答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运。
2021届高中物理二轮复习(大题)2 牛顿运动定律的综合应用问题 含解析
2 牛顿运动定律的综合应用问题一、典例例1．传送带被广泛应用于各行各业。
如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速率顺时针方向匀速运行。
M 、N 为传送带的两个端点，M 、N 两点间的距离L ＝7 m ，N 端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住。
在传送带上的O 处由静止释放质量为m ＝1 kg 的木块，木块可视为质点，若木块每次与挡板P 发生碰撞时间极短，碰后都以碰前的速率反方向弹回，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，O 、M 间距离L 1＝3 m ，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小；(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离；(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。
【解析】(1)放上的后瞬间，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a 1＝2 m/s 2。
(2)设木块与挡板P 碰撞前的速度v 1，由运动学知识：v 12＝2a 1(L －L 1)解得v 1＝4 m/s木块与挡板P 碰后向上减速到共同速度之前：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝10m/s 2木块向上的位移x 1＝22122v v a ＝0.6m 共同速度之后，摩擦力反向，加速度为a 1木块向上的位移x 2＝212v a ＝1 m 木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离x m ＝x 1＋x 2＝1.6 m 。
(3)木块做稳定的周期性运动后，每次与挡板碰前的速度为v ＝2m/s则稳定后周期为T ＝21v a ＝2 s 。
例2．如图所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块(可视为质点)放在质量M ＝2 kg 的长木板的左端A 点，木板长L ＝2 m 。
高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律讲含解析22物理
牛顿运动定律考点考纲要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分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分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验证方法和原理。
2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。
高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系。
3．本章是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，仍将为高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高。
超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，预测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核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．2、本专题是高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高，单独考查的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识结合的题目多为计算题。
考向01 牛顿运动定律1.讲高考（1）考纲要求主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分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核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．案例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，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
2020高考物理二轮复习题型归纳与训练专题三 牛顿运动定律及应用
2020 高考物理二轮复习题型归纳与训练专题三 牛顿运动定律及应用题型一 动力学的两类基本问题【典例 1】某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图．已知斜面倾角 θ＝37°.他使木块以初速度 v 沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的 x －t 图线如图(b)所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度 g 取 10 m/s 2.求：(1)木块上滑时的初速度 v 和上滑过程中的加速度 a ； (2)木块与斜面间的动摩擦因数 μ；(3)木块滑回出发点时的速度 v .【答案】(1)4 m/s －8 m/s 2(2)0.25 (3)2 2 m/s【解析】(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度 v ＝0， 位移 x ＝1.4 m －0.4 m ＝1.0 m ，时间为 t ＝0.5 s ；1根据位移时间公式，有：x ＝v t ＋ at 2 0 2；根据速度时间公式，有：v ＝v ＋at ；联立解得：v ＝4 m/s ，a ＝－8 m/s 2.(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律， 有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma0 0t0 0代入数据解得：μ＝0.25.(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2＝2a′x解得：v＝2a′x＝2×4×1m/s＝22m/s.题型二动力学中的临界与极值问题【典例2】如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。
若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v＝10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10m/s2。
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专题3.7 与牛顿运动定律相关的实际问题一、选择题1.（2020开封质检）某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。
通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F=2G的恒定推力，且持续时间为t。
随后小明又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t/2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t/2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行。
若采用原来的方法火箭可上升的高度为H，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为（重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）A．1.5H B．2H C．2.75H D．3.25H【参考答案】C（t/2）2=gt2，t/2时刻向上的速度v1=a1t/2=gt/2，丢弃一般质量后，由牛顿运动定律，F-G=ma2，解得a2=3g；t/2时间加速上升高度H2=v1 t/2+a2（t/2）2=gt2，t时刻向上的速度v2= v1+a2t/2=2gt，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H3===2gt2，H’=H1+ H2+ H3=gt2+gt2+2gt2=gt2=H=2.75H，选项C正确。
2．（2020洛阳一模）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A．加速时动力的大小等于mgB．加速时加速度的大小为gC．减速时动力的大小等于mgD．减速飞行时间t后速度为零【参考答案】BC【命题意图】本题考查力的合成、牛顿运动定律及其相关的知识点。
图1 图23. 北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭。
它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘有十多人的座舱，送到76 m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28 m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止．若某游客手中托着质量为1 kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8 m/s2，则：A．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力大于9.8NB．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力为零C．当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶对手的作用力小于9.8ND. 当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶【参考答案】BD【名师解析】当座舱落到离地面高度为40m的位置时，处于完全失重状态；故饮料瓶对手的压力为零．选项B正确A错误。
座舱自由落体过程，有：v2=2g（H-h）…①座舱匀减速运动到地面过程，根据速度位移公式，有：v2=2ah…②由①②解得：a＝120/7 m/s2 =16.8 m/s2当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶处于超重状态，有：F-mg=ma，解得F=26.6N，即当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶，选项C错误D正确。
4.（2020山西太原期末）“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目。
在竖直的圆筒内,从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来,让人体验太空飘浮的感觉。
假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变,已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比,水平横躺时受风面积最大,站立时受风面积最小、为最大值的1/8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的1/2时，人恰好可静止或匀速漂移。
在某次表演中,质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落;经过B点时,立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零。
则在从A到C的过程中,下列说法正确的是A．表演者加速度的最大值是gB．B点的高度是HC．从A到B表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1/6D．若保持水平横躺,表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为【参考答案】C【名师解析】由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为F m，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=F m，人站立时风力为F m，其下落加速度a1==g；人平躺下落时，其加速度a2==g，即表演者加速度的最大值是g，因而选项A 错误；设B点的高度是h，下降的最大速度为v，根据匀变速直线运动规律，有v2=2a1(H-h）, v2=2a2h,，联立解得：h=H，选项B错误；表演者A至B克服风力所做的功W1=F m (H-h）=F m H；B至C过程克服风力所做的功W2=F m h=F m H，从A到B表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1/6，选项C 正确。
若保持水平横躺, 人平躺上升时，其加速度a==g，表演者从C返回到A时，速度v=，风力的瞬时功率为P=F m v=2mg=2,选项D错误。
5. 用遥控直升机下轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。
开始时遥控直升机悬停在C点正上方。
若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知CD之间距离为L，直升机的质量为M，直升飞机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。
在拍摄过程中悬挂摄影机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，假设空气对摄像机的作用力始终水平。
则A．轻绳中的拉力F T=mg/cosβB．遥控直升机加速度a=gtanβC．直升机所受的合外力为F合=D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为【参考答案】.AD【名师解析】对摄像机受力分析，摄像机受到轻绳拉力F T和重力mg，由F T cosβ=mg，解得轻绳中的拉力F T= mg /cosβ，选项A正确。
由L=at2，解得遥控直升机加速度a=，选项B错误。
直升机所受的合外力为F合=Ma=，选项C错误。
设摄像机受到的风力为F，绳子拉力为T ，重力为mg。
则F T sinβ-F=ma，F T cosβ=mg，解得：，选项D正确。
二、计算题1.（山西省太原市2020届高三下学期模拟试题（一）理科综合试题）（13分）如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点。
现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞．经t＝20s上升到h＝47m,，速度达到v ＝6 m/s。
之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H = 108 m.处．已知无人机的质量m＝4kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f＝4 N.取g＝10 m/s2，求(1）无人机的额定功率；（2）当悬停在H高处时，突然关闭动力设备．无人机由静止开始竖直坠落，2s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？【参考答案】（1）107W（2）43.2N考点：牛顿第二定律的综合应用2.（黑龙江省大庆实验中学2020届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）如图所示，虚线圆的半径为R， AC为光滑竖直轩，AB 与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC，轨道间的动摩擦因数均为μ，ABC三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为α，如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时能量损耗. 求:（1）小球在AB轨道上运动的加速度；（2）小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；（3）若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为5:3，求α角的正切值。
【参考答案】（1）（2）（3）2.4（3）设小球沿AC直导轨做自由落体运动，运动时间为t，则有：解得轨道均光滑，小球由A到B机械能守恒，设B点的速度为v B，则解得且依等时圆，t AB=t以后沿BC直导轨运动的加速度，且故代入数据解得：考点：牛顿第二定律的综合应用3.（安徽省铜陵市第一中学2020届高三5月教学质量检测理科综合试题）科研人员利用热气球进行科学探测，热气球、科研人员及所有装备的总质量。
在离地空中停留一段时间后，由于故障，热气球受到的空气浮力减小。
科研人员测得气球竖直下降时，速度在内增加了。
若气球着陆的安全速度最大是，为使气球安全着陆，科研人员向外抛出质量的物体，使气球竖直向下做匀减速运动，不考虑气球受到的空气阻力及抛出物体时气球速度的变化，气球运动过程中浮力视为恒力，重力加速度，求抛出物体时气球离地的最小高度。
【参考答案】设抛出压舱物时气球离地高度，此时速度为，气球减速的加速度大小设为，对匀减速过程，落地速度，联立解得考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法．注意最后还要用原来的重力减去现在的重力。
4.如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。
无人机的质量为m=2kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t=4s时离地面的高度为h=48m，g取10m/s2。
求：（1）其动力系统所能提供的最大升力为多大？（2）当无人机悬停在距离地面高度H=180m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去全部升力，从静止开始竖直坠落，经5s后无人机瞬间又恢复最大升力，则无人机到达地面时速度为多大？5.（12分）（2020上海宝山期末）一架质量m＝2.0×104kg的飞机，发动机提供的推力恒为F1，起飞速度为v M＝100m/s，在水平跑道上起飞时跑道至少长s1＝400m。
现要使该飞机能在s2＝100m的航母跑道上起飞，需用电磁弹射器辅助。
假设电磁弹射器对飞机施加恒定推力F2，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为f＝1.0×104N，求：（1）飞机发动机的推力F1大小；（2）电磁弹射器的推力F2大小；（3）电磁弹射器的平均输出功率P。
【名师解析】（1）在地面上匀加速运动，……………………………………（2分）F1＝＝2.6×105N………………………………………（2分）（2）在航母上，………………………………………………………（2分）弹射器推力 F2＝＝7.5×105N……………（2分）（3）平均速度………………………………………………………（2分）平均功率＝F2＝3.75×107W…………………………（2分）6. （2020衡水万卷理综模拟1）如图所示，一长绝缘木板靠在光滑竖直墙面上，质量为m．木板右下方有一质量为2m、电荷量为+q的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与滑块处在场强大小为E=4mg/q的匀强电场中，电场方向水平向左，若电动机通过一根绝缘细绳拉动滑块，使之匀加速向上移动，当滑块与木板分离时，滑块的速度大小为v．此过程中电动机对滑块做的功为W．（重力加速度为g）．（1）求滑块向上移动的加速度大小；（2）写出从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式（2）对长木板由牛顿第二定律得F一mg=ma′摩擦力对木板做功为W=Fxx=,根据功能关系木板增加的机械能等于摩擦力所做的功，即△E=W由以上各式解得△E=2（4μ一1）μm答：（1）滑块向上移动的加速度大小为；（2）从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式为△E=2（4μ一1）μm．。