4.5牛顿运动定律的应用(考点解读)(原卷版)
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律图文解析
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律图文解析一、选择题1．如图所示，在小车中悬挂一小球，若偏角未知，而已知摆球的质量为，小球随小车水平向左运动的加速度为，取=10m/s2，则绳的张力为()A．B．C．D．2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N3．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；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆x1和∆x2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（）A．a1=g B．a1=3g C．∆x1=3∆x2D．∆x1=∆x24．下列对教材中的四幅图分析正确的是A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用5．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
该物体所受合力的大小为（ ）A ．2NB ．4NC ．6ND ．8N6．跳水运动员从10m 高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（ ）A ．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B ．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C ．上升过程和下落过程均处于超重状态D ．上升过程和下落过程均处于完全失重状态7．质量为M 的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为m 的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a 下降（a g <），则人对地面的压力大小为（ ）A ．()M m g ma +-B ．()M g a ma --C ．()M m g ma -+D ．Mg ma -8．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对箱子的下底面压力大小等于物体的重力大小，且物体与箱子上底面刚好接触现将箱子以初速度v 0竖直向上抛出，已知运动时箱子所受空气阻力大小不变，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，重力加速度为g 。
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。
【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度0L ；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得：22g ga μ+==6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．4．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
高中物理必修一 第4章第4节牛顿运动定律的应用原卷版0001学年高一物理过关检测
4.5牛顿运动定律的应用1．（2020·江苏省淮阴中学高二期末）如图所示，在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板A，其上叠放一质量为m2=2kg的物块B，木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1，物块和木板之间的动μ=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给物块施加随时间t增大的水平拉力摩擦因数2F=3t(N)，重力加速度大小g=10m/s2。
则（）A．t=ls之后，木板将在地面上滑动B．t=2s时，物块将相对木板滑动C．t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2D．木板的最大加速度为3m/s22．（2020·河北省高二月考）图甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块。
当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。
取g=10m/s2，则（）A．滑块的质量m=2kgB．0〜6s内，滑块做匀加速直线运动C．当F=8N时，滑块的加速度大小为1m/s2D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.13．（2020·内蒙古自治区集宁一中高二月考）如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。
现开始用一沿斜面向上的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C 时力F 的大小恰为2mg 。
则（ ）A ．物块B 刚要离开C 时的加速度为0B ．加速度a ＝gC ．无法计算出加速度aD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mg k4．（2020·内蒙古自治区集宁一中高二月考）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g 、v 0、t 0已知，则下列说法中正确的是A ．传送带一定逆时针转动B ．00tan cos v gt μθθ=+ C ．传送带的速度大于v 0D ．0t 后一段时间内滑块加速度为002sin v g t θ- 5．（2020·内蒙古自治区集宁一中高二月考）如图所示，倾角为θ=30°的斜面体c 置于水平地面上，滑块b 置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止.已知物块a 、b 、c 的质量分别为m 、4m 、M ，重力加速度为g ，不计滑轮的质量和摩擦.下列说法中正确的是A ．弹簧弹力大小为mgB ．地面对c 的摩擦力为零C ．剪断轻绳的瞬间，c 对地面的压力为(4)m M g +D ．剪断轻绳的瞬间，a 的加速度大小为2g6．（2020·广西壮族自治区高一期中）质量为2m 的物块A 和质量为m 的物块B 相互接触放在水平面上，如图所示。
牛顿运动定律及应用例题和知识点总结
牛顿运动定律及应用例题和知识点总结牛顿运动定律是经典力学的基础，对于理解物体的运动和受力情况具有至关重要的意义。
接下来，让我们一起深入探讨牛顿运动定律的相关知识点，并通过具体的例题来加深对其的理解和应用。
一、牛顿第一定律牛顿第一定律，也称为惯性定律，其内容为：任何物体都要保持匀速直线运动或静止的状态，直到外力迫使它改变运动状态为止。
惯性是物体保持原有运动状态的性质，质量是衡量物体惯性大小的唯一量度。
质量越大，惯性越大，物体的运动状态就越难改变。
例如，在一辆行驶的公交车上，当车突然刹车时，站着的乘客会向前倾。
这是因为乘客原本具有向前的运动惯性，而车的刹车力使车的运动状态改变，但乘客的身体由于惯性仍要保持向前运动的趋势。
二、牛顿第二定律牛顿第二定律的表达式为：F ＝ ma，其中 F 表示物体所受的合力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。
这一定律表明，物体的加速度与作用在它上面的合力成正比，与物体的质量成反比。
当合力为零时，加速度为零，物体将保持匀速直线运动或静止状态。
例题：一个质量为 2kg 的物体，受到水平方向上大小为 6N 的合力作用，求物体的加速度。
解：根据牛顿第二定律 F ＝ ma，可得 a ＝ F/m ＝ 6/2 ＝ 3m/s²，所以物体的加速度为 3m/s²。
在实际应用中，需要注意合力的计算和方向的确定。
例如，一个物体在斜面上运动，需要将重力分解为沿斜面和垂直斜面的两个分力，然后计算沿斜面方向的合力。
三、牛顿第三定律牛顿第三定律指出：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。
作用力和反作用力同时产生、同时消失，且性质相同。
比如，当你用力推墙时，墙也会对你施加一个大小相等、方向相反的反作用力。
例题：一个人在冰面上行走，他向后蹬冰面，冰面对他的反作用力使人向前运动。
如果人对冰面的作用力为 100N，那么冰面对人的反作用力也是 100N。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)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：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=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．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编及解析
高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．2．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．3．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 如图所示：【解析】 【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。
高中物理必修一 第4章第4节 牛顿运动定律的应用练习)解析版)
第四章运动和力的关系4. 5 牛顿运动定律的应用一、单选题1、航母“辽宁舰”甲板长300m，起飞跑道长100m，目前顺利完成了舰载机“歼-15”起降飞行训练。
“歼-15”降落时着舰速度大小约为70m/s，飞机尾钩钩上阻拦索后，在甲板上滑行50m左右停下，（航母静止不动）假设阻拦索给飞机的阻力恒定，则飞行员所承受的水平加速度与重力加速度的比值约为( )A．2B．5C．10D．50【答案】B【解析】根据速度和位移关系可知：v2−v02=2ax，解得：a=0−7022×50=−49m/s2，故ag=499.8=5，故B正确，A、C、D错误；故选B。
2、交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是15m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75,该路段限速60km/h,取g=10m/s2,则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( )A．速度为7.5m/s,超速B．速度为15m/s,不超速C．速度为15m/s,超速D．速度为7.5m/s,不超速【答案】B【解析】设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg=ma解得：a=μg=7.5m/s2由匀变速直线运动的速度位移关系式有：v02=2ax可得汽车刹车前的速度为：v0==15m/s=54km/h＜60km/h所以不超速．A．速度为7.5m/s，超速，与结论不相符，选项A错误；B．速度为15m/s，不超速，与结论相符，选项B正确；C．速度为15m/s，超速，与结论不相符，选项C错误；D．速度为7.5m/s，不超速，与结论不相符，选项D错误；3、一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1s，随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，之后撤去该力。
人教版(2019)高中物理必修第一册同步练习：4.5牛顿运动定律的应用(含答案)
牛顿运动定律的应用一、单项选择题1.2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是()C2.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1B．1∶1C.3∶1 D．1∶3B3.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为()A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍B4.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A．450 N B．400 NC．350 N D．300 NC5.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分别沿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．c球最先到达M点C．b球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达MB6.在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2L gD．划艇下滑的最短时间为2L gC7.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为()A．7 m/s B．14 m/sC．10 m/s D．20 m/sB8.在汽车内的悬线上挂着一个小球m，实验表明当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度θ，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟它相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况分析正确的是()A．汽车一定向右做加速运动B．汽车的加速度大小为g sin θC．M只受到重力、底板的支持力作用D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力的作用D9.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mgB.m 2ght －mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mgA二、多项选择题10.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F 推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是( )A ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B ．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C ．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD ．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F解析：选BC11.绷紧的传送带长L ＝32 m ，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g ＝10 m/s 2，下列正确的是( )A ．若皮带静止，A 处小铁块以v 0＝10 m/s 向B 运动，则铁块到达B 处的速度为6 m/s B ．若皮带始终以4 m/s 的速度向左运动，而铁块从A 处以v 0＝10 m/s 向B 运动，铁块到达B 处的速度为6 m/sC．若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B 处的速度为8 m/sABD12.如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动BC13.从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断()A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2D．发动机的推动力F为37.50 NBC三、非选择题14.我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．解析：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1解得a1＝4.5 m/s2由匀加速直线运动公式L1＝12at2解得t＝45s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hL2解得a2＝3.5 m/s2.答案：(1)45s(2)3.5 m/s215.如图所示，有一质量m＝1 kg的物块，以初速度v＝6 m/s从A点开始沿水平面向右滑行．物块运动中始终受到大小为2 N、方向水平向左的力F作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1.求：(取g＝10 m/s2)(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向； (2)物块向右运动到最远处的位移大小；(3)物块经过多长时间回到出发点A ？(结果保留两位有效数字) 解析：(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小 F f ＝μmg ＝1 N物块向右运动时所受摩擦力的方向水平向左． (2)物块向右运动时的加速度大小 a 1＝F ＋Ff m＝3 m/s 2物块向右运动到最远处时的位移大小 2a 1x ＝v 2，x ＝v22a1＝6 m. (3)物块向右运动的时间：t 1＝va1＝2 s物块返回时的加速度大小：a 2＝F －Ffm ＝1 m/s 2由x ＝12a 2t 2得物块返回过程的时间t 2＝2xa2＝23 s≈3.5 s 物块回到出发点A 的时间 t ＝t 1＋t 2＝5.5 s.答案：(1)1 N 水平向左 (2)6 m (3)5.5 s。
4.5牛顿运动定律的应用(解析版)高一物理知识讲学卓越讲义(新教材人教版必修第一册)
2020-2021学年高一物理卓越同步讲义（新教材人教A版必修第一册）第四章运动和力的关系4.5 牛顿运动定律的应用一．知识点归纳知识点一已知物体的受力求运动情况1．由物体的受力情况确定其运动的思路物体受力情况→牛顿第二定律→加速度a→运动学公式→物体运动情况2．解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)；(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量．知识点二已知物体的运动情况求受力1．基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而可以求出物体所受的其他力，流程图如下所示：2．解题的一般步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力． (4)根据力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出未知力．二、题型分析题型一 从受力确定运动情况【例1】(2019-2020学年·浙江湖州高一期中)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一，如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg ，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N 的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s 后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)．求：(1)冰车的最大速率；(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小． 【答案】(1)5 m/s (2)50 m【解析】(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1① v m ＝a 1t ①由①①式得v m ＝5 m/s.(2)冰车匀加速运动过程中有x 1＝12a 1t 2①冰车自由滑行时有μmg ＝ma 2① v 2m ＝2a 2x 2① 又x ＝x 1＋x 2①由①①①①式得x ＝50 m.【总结提升】从受力确定运动情况应注意的三个方面(1)方程的形式：牛顿第二定律F ＝ma ，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式，切记不要写成F －ma ＝0的形式，这样形式的方程失去了物理意义．(2)正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值． (3)求解：F 、m 、a 采用国际单位制单位，解题时写出方程式和相应的文字说明，必要时对结果进行讨论． 【变式】．一个人从静止开始沿山坡向下滑雪(如图所示)，山坡的倾角θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，人不用雪杖，求5 s 内滑下的路程和5 s 末的速度大小．(g 取10 m/s 2)【答案】58.2 m 23.3 m/s【解析】以人(包括滑雪板)为研究对象，受力情况如图所示．将重力mg 沿垂直于山坡方向和沿山坡方向分解，据平衡条件和牛顿第二定律列方程 F N －mg cos θ＝0① mg sin θ－F f ＝ma ① 又因为F f ＝μF N ①由①①①可得：a ＝g (sin θ－μcos θ)故x ＝12at 2＝12g (sin θ－μcos θ)t 2＝12×10×⎝⎛⎭⎫12－0.04×32×52 m ＝58.2 mv ＝at ＝10×⎝⎛⎭⎫12－0.04×32×5 m/s ＝23.3 m/s题型二 等时圆模型【例2】如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【答案】D【解析】小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿细杆方向的分力产生的， 设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知 mg cos θ＝ma ①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移为x ＝2R cos θ① 由运动学公式得x ＝12at 2①由①①①式联立解得t ＝2R g小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3.【模型构建】等时圆模型例图【变式】1.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()A ．2①1B ．1①1 C.3①1 D ．1①3【答案】B.【解析】：设光滑斜槽轨道与竖直面的夹角为θ，则重物下滑时的加速度为a ＝g cos θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )cos θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝2s a＝ 2×2（R ＋r ）cos θg cos θ＝2R ＋rg，即所用时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．题型三 已知物体的运动情况求受力【例3】(2019-2020学年·佛山高一检测)在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB 上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F 推动质量为m ＝1 kg 的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到达B 点时机器人撤去电磁力F ，小滑块冲上光滑斜面(设经过B 点前后速率不变)，最高能到达C 点．机器人用速度传感器测量小滑块在ABC 过程的瞬时速度大小并记录如下．求：(1)(2)斜面的倾角α的大小． 【答案】(1)2 N (2)30°【解析】(1)小滑块从A 到B 过程中：a 1＝Δv 1Δt 1＝2 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＝ma 1＝2 N. (2)小滑块从B 到C 过程中加速度大小： a 2＝Δv 2Δt 2＝5 m/s 2由牛顿第二定律得： mg sin α＝ma 2 则α＝30°.【归纳总结】从运动情况确定受力应注意的三个方面(1)由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合外力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．(2)题目中所求的可能是合力，也可能是某一特定的力，一般要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求解．(3)已知运动情况确定受力情况，关键是对研究对象进行正确的受力分析，先根据运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求力．【变式】战士拉车胎进行100 m 赛跑训练体能．车胎的质量m ＝8.5 kg ，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ＝37°，车胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.7.某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20 m 达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动)，然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15 s ．重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)战士加速所用的时间t 1和达到的最大速度大小v ； (2)战士匀加速运动阶段绳子对车胎的拉力大小F . 【答案】(1)5 s 8 m/s (2)59.92 N【解析】(1)匀加速阶段位移为x 1＝0＋v2t 1匀速阶段位移为x 2＝100－x 1＝v (15－t 1) 联立解得：v ＝8 m/s ，t 1＝5 s(2)由速度公式v ＝at 1 得：a ＝v t 1＝85 m/s 2＝1.6 m/s 2车胎受力如图，并正交分解： 在x 方向有：F cos37°－f ＝ma 在y 方向有：N ＋F sin37°－mg ＝0 且f ＝μN代入数据联立解得：F ＝59.92 N三．课堂检测1．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t 秒内的位移为x m ，则合力F 的大小为( ) A.2x t 2 B.2x2t －1 C.2x 2t ＋1 D.2x t －1【答案】A【解析】由运动情况可求得质点的加速度a ＝2x t 2 m/s 2，则合力F ＝ma ＝2xt2 N ，故A 项对．2．(多选)如图1所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图像如图2所示，下列判断不正确的是()A．在0～1 s内，外力F不断增大且大于摩擦力B．在1～3 s内，外力F的大小恒定且等于摩擦力C．在3～4 s内，外力F不断减小且大于摩擦力D．在3～4 s内，外力F不断减小且小于摩擦力【答案】AC【解析】由题图2可知，在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，合外力不变，由于摩擦力不变，所以外力F不变且大于摩擦力，故A错误．在1～3 s内，物块匀速运动，外力F等于摩擦力，故B正确．根据3～4 s内速度图线的变化规律可知，物块加速度反向且增大，说明外力F小于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，f－F＝ma′，外力F在不断减小，C错误，D正确．故选AC.3.(2019-2020学年·江苏高一月考)2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通．建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量．通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速运动后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力的变化过程可能正确的是()【答案】C.【解析】：设沉管加速的加速度为a1，减速的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得：G－F1＝ma1，得：F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得：F2－G＝ma2，得：F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D 错误，C正确．4.(多选)如图，在车内用绳AB与绳BC拴住一个小球，其中绳BC水平．若原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍相对小车静止，则下列说法正确的是()A．AB绳拉力不变B．AB绳拉力变大C．BC绳拉力变大D．BC绳拉力不变【答案】AC.【解析】：对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F2，AB绳子的拉力F1，如图根据牛顿第二定律，水平方向F2－F1sin θ＝ma，竖直方向F1cos θ－G＝0，解得F1＝Gcos θ，F2＝G tan θ＋ma 因静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大．5.(2019-2020学年·浙江期中)我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180 m的水平跑道和长度L2＝20 m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2 m，如图所示．已知质量m＝2×104 kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．【答案】：(1)4 5 s (2)3.5 m/s 2【解析】：(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1解得a 1＝4.5 m/s 2由匀加速直线运动公式L 1＝12at 2 解得t ＝4 5 s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a 2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F －f －mg sin θ＝ma 2，其中sin θ＝h L 2解得a 2＝3.5 m/s 2.四、课后提升作业1．(2019-2020学年·贵州遵义高一期末)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分别沿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 ．c 球最先到达M 点C ．b 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M【答案】B.【解析】：c 球从圆心C 处由静止开始沿CM 做自由落体运动，R ＝12gt 2c ，t c ＝2R g ；a 球沿AM 做匀加速直线运动，a a ＝g sin 45°＝22g ，x a ＝R cos 45°＝2R ，x a ＝12a a t 2a ，t a ＝4R g ；b 球沿BM 做匀加速直线运动，a b ＝g sin 60°＝32g ，x b ＝R cos 60°＝2R ，x b ＝12a b t 2b ，t b ＝83R 3g；由上可知，t b >t a >t c .2.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )A ．自身所受重力的2倍B ．自身所受重力的5倍C ．自身所受重力的8倍D ．自身所受重力的10倍【答案】B.【解析】：由自由落体v 2＝2gH ，缓冲减速v 2＝2ah ，由牛顿第二定律F －mg ＝ma ，解得F ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋H h ＝5mg ，故B 正确．3．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )【答案】C.【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为2L (不变)．雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，位移大小x ＝12at 2，而x ＝L cos θ，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t ＝ 4L g sin 2θ.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t 最短，故选项C 正确． 4.（多选）如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动【答案】BC. 【解析】：水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动．滑动摩擦力大小为F f＝μF N ＝μmg ＝3 N ．故a ＝F ＋F f m ＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需时间为t ＝v 0a＝2 s ，故B 正确，A 错误；减速到零后F <F f ，物体处于静止状态，故C 正确，D 错误．5.（多选）从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg ，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )A ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 mB ．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 mC ．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s 2D ．发动机的推动力F 为37.50 N【答案】BC.【解析】：火箭所能达到的最大高度h m ＝12×24×40 m ＝480 m ，故A 错误，B 正确；该星球表面的重力加速度g 星＝4016 m/s 2＝2.5 m/s 2，故C 正确；火箭升空时：a ＝408m/s 2＝5 m/s 2，故推动力F ＝mg 星＋ma ＝112.5 N ，故D 错误．6．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( )A ．7 m/sB ．14 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s【答案】B.【解析】：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得a ＝μg .由匀变速直线运动的速度位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为v 0＝2ax ＝2μgx ＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确．7．(2019-2020学年·太原期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L 是一定的，而高度可以调节，则( )A ．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B ．划艇下滑时间与倾角无关C ．划艇下滑的最短时间为2L g D ．划艇下滑的最短时间为 2L g 【答案】C.【解析】：设滑道的倾角为θ，则滑道的长度为：x ＝L cos θ，由牛顿第二定律知划艇下滑的加速度为：a ＝g sin θ，由位移公式得：x ＝12at 2；联立解得：t ＝2L g sin 2θ，可知下滑时间与倾角有关，当θ＝45°时，下滑的时间最短，最短时间为2L g . 8．(2019-2020·江苏扬州高一期中)如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2卡车刹车的最大加速度为a ，a >μ1g ，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )A.2as 0B.2μ1gs 0C.2μ2gs 0D.（μ1＋μ2）gs 0【答案】C.【解析】：设A 的质量为m ，卡车以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，对构件A 由牛顿第二定律得f 1＝ma 1≤μ2mg ，解得a 1≤μ2g ，同理，可知B 的最大加速度a 2≤μ1g ；由于μ1>μ2，则a 1<a 2≤μ1g <a ，可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a 1，所以车的最大速度v m ＝2μ2gs 0，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是()A．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变小B．由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F【答案】BC.【解析】：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－F N＝2ma，两式联立解得F N＝0.6F，进一步分析可得，从右向左，木块间的相互作用力是依次变大的，选项B、C正确．10．(2019-2020学年·江西吉安高一诊断)绷紧的传送带长L＝32 m，铁块与带间动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，下列正确的是()A．若皮带静止，A处小铁块以v0＝10 m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6 m/sB．若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6 m/sC．若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D．若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8 m/s【答案】ABD.【解析】：若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg＝1 m/s2，根据v2B－v20＝－2aL，解得：v B＝6 m/s，故A正确；若皮带始终以4 m/s的速度向左运动，而铁块从A处以v0＝10 m/s向B运动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于6 m/s，故B正确；若传送带始终以4 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块先向右做匀加速运动，加速到4 m/s 经历的位移x＝v22a＝422×1m＝8 m＜32 m，之后随皮带一起做匀速运动，C错误；若传送带始终以10 m/s的速度向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，若铁块一直向右做匀加速运动，铁块到达B处的速度：v B＝2aL＝2×1×32 m/s＝8 m/s＜10 m/s，则铁块到达B处的速度为8 m/s，故D正确．11.如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们之间弹力的0.25倍．现对物体施加一个大小F ＝8 N ，与水平方向夹角θ＝37°的斜向上的拉力．求物体在拉力作用下5 s 内通过的位移．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)【答案】16.25 m【解析】物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F .根据牛顿第二定律，x 、y 两个方向分别列方程F cos θ－F f ＝ma ①F sin θ＋F N －G ＝0①F N 为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力F f ＝μF N ①由①①①得a ＝1.3 m/s 2，由运动学公式得5 s 内物体的位移x ＝12at 2＝12×1.3×52 m ＝16.25 m. 12．如图甲所示，质量为1.0 kg 的物体置于固定斜面上，斜面的倾角θ＝37°，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，物体运动的F －t 图像如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6)，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝3/8，试求：(1)0～1 s 内物体运动位移的大小；(2)1 s 后物体继续沿斜面上滑的距离．【答案】(1)9 m (2)54 m【解析】 (1)根据牛顿第二定律得：在0～1 s 内F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma 1，解得a 1＝18 m/s 20～1 s 内的位移x 1＝12a 1t 21＝9 m (2)1 s 时物体的速度v ＝a 1t 1＝18 m/s1 s 后物体继续沿斜面减速上滑的过程中mg sin37°＋μmg cos37°－F ′＝ma 2，解得a 2＝3 m/s 2设物体继续上滑的距离为x 2，由2a 2x 2＝v 2得x 2＝54 m13．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 【答案】：20 m/s【解析】：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 202a 0① 式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0① 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma ①s ＝vt 0＋v 22a① 联立①①①①①式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．14．如图所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v 0＝16 m/s 从底端A 点滑上斜面，滑至B 点后又返回到A 点，滑块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25.(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)AB 之间的距离；(2)滑块再次回到A 点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．【答案】(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s【解析】(1)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，则a 1＝8 m/s 2，由v 2B －v 20＝－2a 1x AB ，得AB 之间的距离x AB＝16 m ； (2)设滑块从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，则a 2＝4 m/s 2，则滑块返回到A 点时的速度为v t ，有v 2t ＝2a 2x AB ，解得：v t ＝8 2 m/s ；(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有：t 1＝0－v 0－a 1＝2 s ，t 2＝v t －0a 2＝2 2 s ，则滑块在整个运动过程中所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.15.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的风力作用下，从A 点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝36.试求：(1)小球运动的加速度a 1；(2)若风力F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离x m ；(3)在上一问的基础上若从撤去风力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25 m 的B 点．【答案】：(1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m (3)0.2 s 和0.75 s【解析】：(1)在力F 作用时有：(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1解得a 1＝2.5 m/s 2.(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m 撤去力F 后，小球上滑时有：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，a 2＝7.5 m/s 2因此小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s 上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.(3)在上滑阶段通过B 点：x AB －x 1＝v 1t 3－12a 2t 23经过B 点时的时间为t 3＝0.2 s ，另t 3＝0.6 s(舍去)小球返回时有：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 3，a 3＝2.5 m/s 2因此小球由顶端返回B点时有：x m－x AB＝12a3t24，t4＝35s经过B点时的时间为t2＋t4＝2＋35s≈0.75 s.。
高中物理总复习--物理牛顿运动定律的应用及解析
高中物理总复习--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．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。
装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。
传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。
传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。
质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。
已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。
设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。
取g =10m/s 2。
求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。
物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析
物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。
牛顿运动定律 匀变速直线运动(解析版)--新高考物理
牛顿运动定律 匀变速直线运动1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于动力学的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力,分析和推理能力。
提高学生关键物理素养。
3.用到的相关知识有:匀变速直线运动规律,受力分析、牛顿运动定律等。
牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考查等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。
考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题1.处理连接体问题的方法：①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：①方法一(常用方法)：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二(少用方法)：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：F 合x =m 1a 1x +m 2a 2x +m 3a 3x +⋯；F 合y =m 1a 1y +m 2a 2y +m 3a 3y +⋯说明：①F 合x 、F 合y 指的是整体在x 轴、y 轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a 1x 、a 2x 、a 3x 、⋯⋯和a 1y 、a 2y 、a 3y 、⋯⋯指的是系统内每个物体在x 轴和y 轴上相对地面的加速度。
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题常见图像v t 图像、a t 图像、F t 图像、F a 图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
4.5 牛顿运动定律的应用 (人教版新教材)高中物理必修一第四章【知识点+练习】
第四章运动和力的关系5 牛顿运动定律的应用知识点一从受力确定运动情况1．牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况和受力情况联系起来．2．如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况．(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图．(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力(包括大小和方向)．(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度．(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需求的运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动轨迹等．知识点二从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．(1)确定研究对象．(2)对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图．(3)根据相应的运动学公式，求出物体的加速度．(4)根据牛顿第二定律列方程求出物体所受的力．(5)根据力的合成和分解方法，求出所需求解的力．拓展一连接体问题1．连接体及其特点多个相互关联的物体连接（叠放，并排或由绳子、细杆联系）在一起的物体组称为连接体。
连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。
2．处理连接体问题的常用方法（1）整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，在进行受力分析时，要注意区分内力和外力。
采用整体法时只分析外力，不分析内力。
（2）隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力。
拓展二传送带问题如处理此类问题的流程：弄清初始条件→判断相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析物体所受的合外力以及加速度的大小和方向→由物体的速度变化分析相对运动，进而判断物体以后的受力及运动情况。
1．水平传送带问题设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为l，物体置于传送带一端时的初速度为v0。
第二讲牛顿第二定律(原卷版+解析)
第二讲牛顿第二定律➢知识梳理一、牛顿第二定律1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表达式：F＝kma，当F、m、a单位采用国际单位制时k＝1，F＝ma。
3.适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、单位制、基本单位、导出单位1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本量。
②基本单位：基本量的单位。
力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。
③导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
2.国际单位制的基本单位➢知识训练考点一、牛第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个性质(1)矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。
(2)独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。
(3)因果性：F 是产生a 的原因。
(4)同体性：F 、a 、m 必须针对同一个物体或系统(5)瞬时性：加速度与合力F 是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。
2.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。
(3)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与v 、Δv 、Δt 无直接关系；a ＝Fm 是加速度的决定式。
例1、有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是( ) A ．一个物体速度向东，则其受合力一定向东 B ．一个物体速度越大，则其受合力一定越大 C ．一个物体受合力为0，则其速度一定为0 D ．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快例2、(2022·山东省实验模拟)物块在水平向右的恒定推力F 的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33，重力加速度为g ，若推力F 改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为( ) A ．2g B ．33g C ．(3－1)gD ．(3＋1)g例3、如图所示，弹簧左端固定，右端自然伸长到O 点并系住质量为 m 的物体。
高中物理牛顿运动定律的综合应用知识点分析
牛顿运动定律的综合应用知识要点梳理一、瞬时加速度的分析牛顿第二定律F合=ma左边是物体受到的合外力，右边反映了质量为m的物体在此合外力作用下的效果是产生加速度a。
合外力和加速度之间的关系是瞬时关系，a为某一时刻的加速度，F合即为该时刻物体所受的合外力，对同一物体的a与F合关系为“同时变”。
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析那一时刻前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
此类问题应注意两种基本模型的建立：(1)钢性绳(或接触面)：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要恢复弹性形变的时间。
一般题目中所给细线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
(2) 弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，恢复弹性形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变。
二、力、加速度、速度的关系牛顿第二定律说明了力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，即力→加速度→速度变化(物体的运动状态发生变化)。
合外力和加速度之间的关系是瞬时关系，但速度和加速度不是瞬时关系。
①物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma。
只要有合力，不管速度是大、还是小、或是零，都有加速度；只有合力为零，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系。
②合力与物体运动速度同方向时，物体做加速运动；反之物体做减速运动。
③物体所受到合外力的大小决定了物体当时加速度的大小，而物体加速度的大小又是单位时间内速度的变化量的大小（速度的变化率）。
加速度大小与速度大小无必然的联系，与速度的变化大小也无必然的联系，加速度的大小只与速度的变化快慢有关。
④区别加速度的定义式与决定式定义式：，即加速度定义为速度变化量与所用时间的比值。
而揭示了加速度决定于物体所受的合外力与物体的质量。
三、整体法和隔离法分析连接体问题在研究力与运动的关系时，常会涉及相互关联物体间的相互作用问题，即连接体问题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
4.5牛顿运动定律的应用（考点解读）（原卷版）考点1 从受力确定运动情况1、已知物体受力，求解物体的运动情况。
2、解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。
（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。
受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。
（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
考点2 从运动情况确定受力1、已知物体的运动情况，求解物体的受力。
2、解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。
（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。
（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。
（4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。
考点3 瞬时加速度问题1、瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。
2、两种基本模型考点4 连接体模型1、连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到。
2、解连接体问题的基本方法（1）整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力。
（2）隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析；解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理。
考点5 板块模型1、模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。
问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
2、板块模型的是哪个基本关系考点6 传送带问题1、传送带问题：利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2、分类：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3、常见情况分析：（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）考点7 牛顿运动定律的综合应用1、整体法：当连接体内（即系统内）各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2、隔离法：当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
3、外力和内力：（1）如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些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。
（2）应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。
【考点1 从受力确定运动情况】【典例11】（2023•海南一模）（多选）一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。
在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然出现故障而失去升力。
已知无人机的质量为5kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。
下列说法正确的是（）A．无人机失去升力时的速度大小为12m/sB．螺旋桨工作时产生的升力大小为60NC．无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2D．无人机上升的最大高度为36m【典例12】θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。
木板下端距斜面底端的距离为s＝10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。
t ＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量为m＝1kg的小物块从距离木板下端l＝54m处，以沿木板向上的初速度v0＝4 m/s滑上木板，对小物块施加沿斜面向上的外力F0＝8N（该力在1s时变为）。
当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。
已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板上端滑出，取g10m/s2，求：（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向；（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度大小；（3）当木板与挡板第二次碰撞时，物块离木板下端的距离d。
【变式11】（2022秋•裕华区校级期末）在冰壶比赛中，运动员把冰壶沿水平方向投出，在不与其他冰壶碰撞的情况下，冰壶最终停在远处的某个位置。
冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，比赛中运动员以大小v0＝3.6m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶滑行前方距投出位置x0＝10m处开始摩擦冰面，若摩擦冰面的距离l＝9m，摩擦后冰壶和冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，则下列说法正确的是（）B．若队友不摩擦冰面，则冰壶可自由滑行的时间为9sD．冰壶实际运动的时间为17s【变式12】（2023•福建模拟）如图所示，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v0＝90km/h的速度驶入避险车道。
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μ＝0.60，若避险车道路面倾角为30°，取重力加速度大小g＝10m/s2。
则货车在避险车道上行驶的加速度为m/s2，行驶的最大距离为m。
结果均保留2位有效数字。
【考点2 从运动情况确定受力】【典例21】（2022秋•连江县校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。
则下列说法正确的是（）A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2B．木块与斜面间的动摩擦因数μC．木块经2s返回出发点D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s【典例22】（2022秋•福州期末）质量为2kg的小物块置于水平地面上，用10N的水平拉力使它从静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，如图，则小物块在离出发点9m处速度大小为m/s；运动中受到地面的摩擦力大小N。
【变式21】（2022秋•九龙坡区校级期末）（多选）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．木块上滑过程中的加速度大小是10m/s2B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝C．木块经2s返回出发点D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s【变式22】（2023•宜黄县校级一模）在平直公路上，以速度v0＝12m/s匀速前进的汽车，遇紧急情况刹车后，轮胎停止转动在地面上滑行，经过时间t＝2s汽车停止，当地的重力加速度g取10m/s2．求：（1）刹车时汽车加速度a的大小；（2）开始刹车后，汽车在1s内发生的位移x；（3）刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ。
【考点3 瞬时加速度问题】【典例31】（2023•蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（）A．A、B所受弹簧弹力大小之比为：B．A、B的质量之比为m A：m B＝：1C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：【典例32】（2023•广州开学）（多选）如图，一根质量为m、长为L的粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子右端加一水平恒力F，拉动绳子向右运动，在距离绳子左端b处，其所受右侧绳子的拉力大小为T，则下列说法正确的是（）A．若绳子做匀速直线运动，T＝μmg B．若绳子做匀速直线运动，T＝C．若绳子做匀加速直线运动，T＝D．若绳子做匀加速直线运动，T＝F﹣【变式31】（2022秋•榆林期末）（多选）水平面上有一质量m＝0.3kg的小物块，小物块与左端固定的水平轻弹簧相连，同时与上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小物块处于静止状态，且水平面对小物块的弹力恰好为零，轻绳与竖直方向的夹角为53°。
已知小物块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是（）A．弹簧对小物块的拉力大小为5N B．轻绳对小物块的拉力大小为5NC．若剪断轻绳，则剪断后的瞬间轻弹簧的弹力大小为3ND．若剪断轻绳，则剪断后的瞬间小物块的加速度大小为10m/s2【变式32】（2023春•浙江期中）如图所示，重物的质量为m＝10kg，由细线与弹簧连接稳定在图示位置，弹簧与竖直方向的夹角为θ＝53°，取重力加速度g＝10m/s2。
求：（1）细绳的拉力F1和弹簧的弹力F2的大小分别为多少？（2）剪短细绳后的瞬间，重物m的加速度a为多大？【考点4 连接体模型】【典例41】（2023秋•潍坊月考）如图所示，在光滑水平地面上，A，B两物块用细线相连，A物块质量为1kg，B物块质量为2kg，细线能承受的最大拉力为4N。
若要保证在水平拉力F作用下，两物块一起向右运动，则F的最大值为（）A．4N B．5N C．6N D．7N【典例42】（2023春•怀化期末）如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。
用手按住A使A、B均静止。
A、B两物体质量均为m＝1kg，B物体距离地面高度h＝2m。
现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。
忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）物体A与桌面间动摩擦因数μ；（2）若A与滑轮的距离L＝3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。
【变式41】（2023•青岛开学）（多选）如图，固定的光滑斜面倾角为0，斜面上有A、B、C 三个滑块，A和B之间用水平轻绳连接。
在平行于斜面向上的拉力作用下，三个滑块一起以相同加速度沿斜面向上运动。