高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题03 牛顿运动定律解析版Word下载.docx
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，现有质量m＝2.2kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s撤去外力F，物体在0～4s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，g＝10m/s2，则（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B．水平外力F＝5.5N
C．水平外力F＝4ND．物体在0～4s内的位移为24m
【答案】AC
【解析】：
.根据v－t图象的斜率表示加速度，知2～4s内物体的加速度为：
a2＝
＝
m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：
μ＝0.5，故A正确；
0～2s内物体的加速度为：
a1＝
m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ＋Fcosθ－μ（mgcosθ－Fsinθ）＝ma1，解得F＝4N，故B错误，C正确；
物体在0～4s内的位移为：
x＝
＋
×
2m＝28m，故D错误．
猜想二：
强化对经典模型的提炼与应用
【猜想依据】连接体、斜面、传送带、板块和弹簧等经典模型都是用来考查牛顿运动定律的很好的载体。
对于以上模型要分门类别的掌握好，并能从创新物理情景中提炼出来有用的信息，抓住关键转折点，应用物理规律进行解题．
【例1】（2020·
辽宁鞍山高三一模）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°
的斜面．放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A施加一水平向右的恒力F.使A、B、C恰好保持相对静止．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小．（sin37°
＝0.8）
【答案】 mg
【解析】设绳的张力为T，斜面的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象，因为不计摩擦力，所以B水平方向只受绳的拉力，由牛顿第二定律：
T＝ma；
物体C受力分析如图所示，
受绳的张力为T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.
水平竖直建立坐标并将力正交分解可知
水平方向：
FNsinθ－Tcosθ＝ma
竖直方向：
FNcosθ＋Tsinθ＝mg
由以上可以解得：
a＝
以A、B、C整体为研究对象有：
F＝3ma
F＝mg.
湖北黄冈模拟）三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°
.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（ ）
A．若v0≥1m/s，则物块A先到达传送带底端
B．若v0≥1m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
C．若v0＜1m/s，则物块A先到达传送带底端
D．若v0＜1m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
【答案】 BC
【解析】 因为μ＜tan37°
，若v0≥1m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B正确；
若v0＜1m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，C正确．
河北唐山调研）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（ ）
A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M＋m）g
B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M＋m）g
C．若砝码与纸板分离时的速度小于
，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝μ（2M＋3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘
【答案】BC
.对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ（M＋m）g＋μMg，故A错误．设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg＝Ma1，F－μMg－μ（M＋m）g＝ma2，发生相对运动需要a2>
a1，代入数据解得F>
2μ（M＋m）g，故B正确．若砝码与纸板分离时的速度小于
，砝码匀加速运动的位移小于
，匀减速运动的位移小于
，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确．当F＝μ（2M＋3m）g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝
＝2μg，根据
a2t2－
a1t2＝d，解得t＝
，则此时砝码的速度v＝a1t＝
，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移x＝
＝d，而匀加速运动的位移x′＝
a1t2＝d，可知砝码离开桌面，D错误．
【例4】
山西运城市适应性测试）一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°
之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为s.木板倾角不同时对应的最大位移s与木板倾角α的关系如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为
B．物块初速度的大小是5m/s
C．沿倾角为30°
和90°
上滑时，物块运动到最大位移的时间不同D．当α＝0时，s＝
m
【答案】 ABD
【解析】 当α＝90°
，物块做竖直上抛运动，最大位移s＝1.25m，根据运动学规律得：
v02－0＝2gs，解得v0＝5m/s；
当α＝30°
，s＝1.25m，根据速度位移关系：
v02－0＝2as，有a＝
＝10m/s2，而a＝μgcosθ＋gsinθ，解得：
μ＝
，A、B正确；
因为30°
对应的加速度大小均为a＝10m/s2，根据v0－0＝at，运动到最高点时间相同，C错误；
当α＝0时，a′＝μg＝
m/s2，根据v02－0＝2a′s，求得s＝
m，D正确．
【例5】
吉林“五地六校”合作体联考）如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°
的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度大小分别为（ ）
A．都等于
B．0和
C.
和0D．0和
【答案】 B
【解析】 在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力与A的重力沿斜面的分力相等；
在剪断上端的细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，仍等于A的重力沿斜面的分力，故A球的加速度为零；
在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力，所以根据牛顿第二定律得：
aB＝
，故B正确，A、C、D错误．
猜想三：
运动学与动力学联系实际的问题
【猜想依据】牛顿运动定律及其应用的两类基本问题与生产生活实际联系的是高考考查的热点。
【要点概述】1．解决动力学两类问题的两个关键点
2.两类动力学问题的解题步骤
山东外国语学校高三月考）有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面（g取10m/s2）．求：
（1）座椅在匀减速阶段的时间是多少？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【答案】：
（1）1.6s
（2）2.25倍
（1）自由下落的位移h′＝
gt
＝20m
座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝（40－4－20）m＝16m
由h＝
t得t＝1.6s.
（2）设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得
＝2.25.
浙江新高考研究联盟联考）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止（t＝0时刻）向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备（可视为质点）的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝12N，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
（2）t＝3.0s时运动员的速度大小；
（3）该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
【答案】
（1）1.2m/s 0.6m
（2）0.8m/s （3）5.2m
【解析】
（1）运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为
＝1.2m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2m/s
位移s1＝
a1t12＝0.6m.
（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
＝0.2m/s2
经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8m/s.
（3）设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1s1
解得v2＝
m/s
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离s2＝
解得s2＝5.2m.
最新模拟冲刺练习
1.（2020·
山东潍坊模拟）如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（ ）
A．最大加速度为
B．最大加速度为
C．最大速度为
D．最大速度为
.当F1<
mg时，由牛顿第二定律得F－μ（mg－kv）＝ma，当v＝
时，圆环的加速度最大，即amax＝
，A正确，B错误；
圆环速度逐渐增大，当F1＝kv>
mg时，由牛顿第二定律得F－μ（kv－mg）＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝
，C正确，D错误．
2.（2020·
河北衡水中学二调）如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为（ ）
A．2.0N B．3.0N
C．6.0ND．9.0N
【答案】C
.根据题图甲所示，设A，B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0N．根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律得：
以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a′，代入数据解得Fmax＝6.0N．故C正确．
2.（多选）（2020·
辽宁葫芦岛一模）如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连（紧靠但不接触），现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是（ ）
【答案】ABD.
第一种情况：
物体在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；
如果v1>
v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2＝v2；
如果v1≤v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2＝v1；
第二种情况：
物体在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2，故A、B、D正确，C错误．
3.（多选）（2020·
四川攀枝花二模）一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的图象如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．物体在加速过程中被吊起的高度为10m
B．0～10s内的平均速度大于30～35s内的平均速度
C．30～35s内物体处于超重状态
D．前10s内钢索最容易发生断裂
【答案】AD
.0～10s内物体加速上升．由v－t图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，物体在加速过程中被吊起的高度为h＝
m＝10m，故A正确；
根据平均速度公式v＝
可知0～10s内的平均速度的大小等于30～35s内的平均速度的大小，均为1m/s，故B错误；
30～35s内物体匀减速上升，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，故C错误；
前10s内物体做匀加速直线运动，处于超重状态，拉力最大，钢索最容易发生断裂，故D正确．
4（多选）.（2020·
河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2，2和3间弹簧的弹力为F2－3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是（ ）
A．F1－2∶F2－3∶…F2018－2019＝1∶2∶3∶…2018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…2018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【答案】
ACD.【解析】：
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F＝2019ma，解得：
；
以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：
F1－2＝
F，F2－3＝
F，…，F2018－2019＝
F，则F1－2∶F2－3∶…F2018－2019＝1∶2∶3∶…2018，故A正确；
由胡克定律知F＝kx，结合A的分析可知：
x1－2∶x2－3∶x2018－2019＝1∶2∶3∶…2018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误；
突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确；
第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确．
5.（2020·
湖南怀化一模）如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）（ ）
A．当F<
24N时，A、B都相对地面静止B．当F>
24N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4kgD．B的质量为24kg
.当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4m/s2，即拉力F>
24N时，A相对B发生滑动，当F<
24N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
对B，根据牛顿第二定律得，aB＝
＝4m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA＝
＝4m/s2，F＝24N，解得mA＝4kg，mB＝2kg，故C正确，D错误．
6.（2020·
河南南阳五校联考）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（ ）
.【解析】：
根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度－时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，A错误；
由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度－时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，B错误；
在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，C正确；
物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x＝
at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，D错误．
7.（2020·
湖北武汉模拟）如图所示，两粘连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力（ ）
A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零
【答案】C.
将a、b看做一个整体，加速度a＝
，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝
，即Fab＝
，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.
8.（2020·
安徽淮北一中模拟）如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175N/mD．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，A、B错误；
由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝
m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×
5N＝10N，刚释放时滑块的加速度为a2＝
m/s2＝30m/s2，此时滑块的加速度最大，D错误；
由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175N/m，C正确．
9.（2020·
河南洛阳市期末质检）足够长光滑固定斜面BC倾角α＝53°
，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接（未画出），一质量m＝2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°
的恒力F作用，如图甲所示．小物块在AB段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53°
＝0.8，cos53°
＝0.6，g取10m/s2）．求：
（1）小物块所受到的恒力F的大小；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块最终离A点的距离．
【答案】
（1）11N
（2）0.5s （3）3.6m
【解析】
（1）由题图乙可知，小物块在AB段的加速度大小a1＝
m/s2＝0.5m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcosα－μ（mg－Fsinα）＝ma1，
得F＝
＝11N.
（2）在BC段，对小物块有mgsinα＝ma2，解得a2＝gsinα＝8m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t＝
s＝0.5s.
（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3，得a3＝μg＝5m/s2，
由B至停下，小物块的位移s＝
＝0.4m，sAB＝
t0＝4.0m，ΔsA＝sAB－s＝3.6m.
10.（2020·
重庆巴蜀中学期中）近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，
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