2022年高考物理精讲专题牛顿运动定律与直线运动.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载高考定位牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一对这部分内容的考查特别敏捷,挑选、 试验、运算等题型均可以考查其中用整体法和隔离法处理问题,牛顿其次定律与静力学、运动学的综合问题,物体的平稳条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查常常以挑选题或融合到运算题中的形式出现另外,牛顿运动定律在实际中的应用许多,如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题等等,应用特别广泛考题 1 对匀变速直线运动规律的考查例 1 为了迎接外宾,对国宾车队要求特别严格设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的大路上排成直线行

2、驶汽车甲先开出,汽车乙后开出汽车甲从静止出发先做加速度为 a1 的匀加速直线运动,达到速度 v 后改为匀速直线运动汽车乙从静止动身先做加速度为 a2 的匀加速直线运动,达到同一速度 v 后也改为匀速直线运动要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为 s.就甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？不计汽车的大小 审题突破 设当甲经过一段时间 t 1匀加速运动达到速度 v,位移为 s1,依据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度,设乙动身后,经过一段时间 t2 匀加速运动达到速度 v,位移为 s2,依据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度,设甲匀速运动时间为 时间间隔为 t,依据位移关系列式即可

3、求解t,甲、乙依次启动的解析 设当甲经过一段时间t1 匀加速运动达到速度v,位移为 s1,对甲,有： v a1t1v22a1s1t2 匀加速运动达到速度v,位移为 s2,设乙动身后,经过一段时间对乙,有： v 2t2v222s2t 后,乙也开头匀速运动,甲、乙依次启动的时间间隔为 t,设甲匀速运动时间由题意知： tt1tt2s s1 vt s2名师归纳总结 解得： ts v v 2a1 v 2a2. 第 1 页,共 15 页答案s v v 2a1 v 2a2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载1双选 如图 1 甲所示,一个 m3kg

4、的物体放在粗糙水平地面上,从 t0 时刻起,物体在水平力 F 作用下由静止开头做直线运动在 03s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律如图乙所示,已知物体与地面间的动摩擦因数到处相等就 甲乙图 1 A在 03s 时间内,物体的速度先增大后减小B3s 末物体的速度最大,最大速度为 10m/s C2s 末 F 最大, F 的最大值为 12N D前 2s 内物体做匀变速直线运动,力 F 大小保持不变答案 BD 解析 物体在前 3s 内始终做加速运动,第3s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,故A 错误；由于物体速度始终增加,故3s 末物体的速度最大,在at 图象上图象与

5、时间轴所围图形的面积表示速度变化, v10m/s ,物体由静止开头加速运动,故最大速度为 10 m/ s,所以 B 正确；由 F 合ma 知前 2s 内的合外力为 12N,由于受摩擦力作用,故作用力大于 12N,故 C 错误22022 山东 23讨论说明,一般人的刹车反应时间 即图 2 甲中“ 反应过程” 所用时间 t00.4s,但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中,理想者少量饮酒后驾车以 v072km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发觉情形到汽车停止,行驶距离 L39 m 减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小 g1

6、0 m/ s 2.求：图 2 1减速过程汽车加速度的大小及所用时间；2饮酒使理想者的反应时间比一般人增加了多少；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载3减速过程汽车对理想者作用力的大小与理想者重力大小的比值答案 18m/s22.5s20.3s341a,所用时间为t,由题可得初速度v020m/s,末5解析 1设减速过程中汽车加速度的大小为速度 vt 0,位移 s25m,由运动学公式得2v 02astv 0 a联立 式,代入数据得a8m/s 2t2.5s. 2设理想者反应时间为 t,反应时间的增加量为

7、t,由运动学公式得Lv0ts ttt0联立 式,代入数据得 t0.3s. 3设理想者所受合外力的大小为 F,汽车对理想者作用力的大小为 F0,理想者质量为 m,由牛顿其次定律得Fma由平行四边形定就得2 F 0F2mg 2联立 式,代入数据得F 0 mg41 5 . 1假如一个物体的运动包含几个阶段,纽带2描述匀变速直线运动的基本物理量有就要分段分析, 各段交接处的速度往往是联系各段的v0、vt、a、s、t 五个量,每一个基本公式中都涉及四个量,挑选公式时肯定要留意分析已知量和待求量,依据所涉及的物理量挑选合适的公式 求解,会使问题简化3对于刹车类问题,当车速度为零时,停止运动,其加速度也突变

8、为零求解此类问题应先 判定车停下所用的时间,再挑选合适的公式求解考题 2 对牛顿其次定律应用的考查名师归纳总结 例 2 如图 3 所示,A、B 两滑环分别套在间距为1m 的光滑细杆上, A 和 B 的质量之比为13,第 3 页,共 15 页用一自然长度为1m 的轻弹簧将两环相连,在 A 环上作用一沿杆方向、大小为 20N 的拉力 F,当两环都沿杆以相同的加速度a 运动时,弹簧与杆夹角为53.cos53 0.6 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 3 1求弹簧的劲度系数；2如突然撤去拉力 F,在撤去拉力 F 的瞬时, A 的加速度大

9、小为 a , a 与 a 之比为多少？审题突破 1以两球和弹簧组成的整体为讨论对象,依据牛顿其次定律求出加速度,再以 B 为讨论对象求出弹簧的弹力,由胡克定律求出弹簧的劲度系数2如突然撤去拉力 F,在撤去拉力 F 的瞬时,弹簧的弹力没有来得及变化,再分析受力,由牛顿其次定律求解 a与 a 之比解析 1先取 A、B 和弹簧组成的整体为讨论对象,弹簧弹力为内力,杆对 A、B 的支持力与加速度方向垂直,在沿 F 方向应用牛顿其次定律FmAmBa再取 B 为讨论对象, F 弹 cos53mBa 联立解得, F 弹25N 由几何关系得,弹簧的伸长量 x1 sin53 1 m0.25m 由 F 弹k x

10、解得弹簧的劲度系数kF弹 x100N/m aF弹cos53mA,方向沿杆方向向左2撤去力 F 瞬时,弹簧弹力不变,A 的加速度大小由式得 aF弹cos53,方向沿杆水平向右 mB所以 a amB mA31 答案 1100N/m 23 1 3单项 2022 新课标 17如图 4 所示,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平稳状态现使小车从静止开头向左加速,加速度从零开头逐步增大到某一值,然后保持此值,小球稳固地偏离竖直方向某一角度橡皮筋在弹性限度内,与稳固在竖直位置时相比,小球的高度 图 4 A肯定上升B肯定降低C保持不变D上升或降低由橡皮筋的劲度系数打算名师归纳总结 - - - - -

11、 - -第 4 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载答案 A 解析 设橡皮筋原长为 l0、劲度系数为 k,小球在竖直位置静止时,橡皮筋长度为 l,加速时长度为 l且与竖直方向夹角为 .由胡克定律可知,静止时 kll0mg,加速时小球受力分析如下列图,由牛顿其次定律可知kl l0cosmg就 kll0kl l0coslcosll 01cos 即 lcosl2,煤块在传送带上留下的划线长度为 l 12.0m 煤块相对于传送带的位移为 答案 2.0m1.7m sl1l 22.0m0.33m1.7m 4双选 2022 四川 7如图 5 所示,水平传送带

12、以速度 v1匀速运动,小物体 P、Q 由通过定滑轮且不行伸长的轻绳相连,t0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v 2,P 与定滑轮间的绳水平,tt0时刻 P 离开传送带不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长正确描述小物体 P 速度随时间变化的图像可能是 图 5 答案 BC 解析 如 v1v 2,且 P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力,就可能先向右匀加速,加速至v 1 后随传送带一起向右匀速,此过程如图B 所示,故 B 正确如 v 1v2,且 P 受到的滑动摩擦力小于 Q 的重力,此时P 始终向右减速,减速到零后反向加速如v 2v1,P 受到的滑动摩擦力向左,开头时加速度a1F T mg m,当减速至速

13、度为v1 时,摩擦力反向,如有FT mg,此后加速度 a2FT mg m,故 C 正确, A、D 错误分析处理传送带问题时需要特殊留意两点：一是对物体在初态时静止释放或有初速度的释放名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析考题 4 应用动力学方法分析“ 滑块 木板模型 ” 问题例 4 14 分如图 6 所示,水平地面上有一质量为 M 的长木板,一个质量为 m 的物块 可视为质点 放在长木板的最右端已知 m 与 M 之间的动摩擦

14、因数为 1,木板与地面间的动摩擦因数为 2.从某时刻起物块 m 以 v1的水平初速度向左运动,同时木板 M 在水平外力 F 作用下始终向右以速度 v 2v2v 1匀速运动,求：图 6 1在物块 m 向左运动过程中外力 F 的大小；2木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析1 在物块 m 向左运动过程中,木板受力如下列图,其中f1、 f2 分别为物块和地面给木板的摩擦力,由题意可知f11mg1 分 f22mMg2 分 名师归纳总结 由平稳条件得：Ff1f21mg2mMg2 分 的时间为 t 2,就第 7 页,共 15 页2设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1,就t1v 1 1g1 分 设物块向

15、左匀减速运动的位移为s1,就2 s1v 1 2 t1 v 21g1 分 1设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速即停止相对滑动t2v 2 1g1 分 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载设物块向右匀加速运动的位移为s2,就2 s2v 2 2 t2 v 21g1 分 2此过程中木板向右匀速运动的总位移为s,就sv2t1t21 分 就物块不从木板上滑下来的最小长度：Ls s1s22 分 2.2 分 2代入数据解得：Lv 1v 221g答案1 1mg2mM g2v 1 v2 21g2022 新课标 2516 分一长木板在水平地面上运动,在 物

16、块轻放到木板上,以后木板运动的速度时间图象如图t0 时刻将一相对于地面静止的 7 所示已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上取重力加速度的大小 g10m/s 2,求：图 7 1物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数结果保留两位有效数字；2从 t0 时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小答案10.200.3021.125m 使木板减速, 此过程始终持解析1 从 t0 时开头, 木板与物块之间的摩擦力使物块加速,续到物块和木块具有共同速度为止由题图可知,在t10.5s 时,物块和木板的速度相同设t0

17、 到 tt1 时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1 和 a2,就a1v 1 t 1a2v 0v1 t1式中 v05m/s 、v 11 m/ s 分别为木板在t0、tt1 时速度的大小设物块和木板的质量均为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,由牛顿其次定律得1mgma11 22mgma2名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载联立 式得 10.20 20.30 2在 t1 时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力转变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f,

18、物块和木板的加速度大小分别为a1和 a2,就由牛顿其次定律得 fma1 22mgf ma2 假设 f1mg,就 a1a2；由 式得 f2mg1mg,与假设冲突,故 f1mg 由 式知：物块加速度的大小 a1等于 a1；物块的 v t 图象如图中点划线所示由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为s122 v 1 2a1s2v 0v1 2 t1v2 1.2a2物块相对于木板的位移的大小为 s s2 s1.联立 . 式得 s 1.125m 学问专题练训练 2 题组 1 匀变速直线运动规律1单项 2022 福建 15如图 1 所示,滑块以初速度 顶端下滑,直至速度为零对于该运动过程,如

19、用v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t 表示时间,就以下图象最能正确描述这一运动规律的是 图 1 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载答案 B 解析 滑块沿斜面对下做匀减速运动,故滑块下滑过程中,速度随时间匀称变化,加速度 a 不变,选项 C、D 错误设斜面倾角为 ,就 sh sinv 0t12at 2,故 ht、st 图象都应是开口向下的抛物线,选项A 错误,选项 B 正确22022 新课标 24大路上行驶的两汽车之间应保持

20、肯定的安全距离当前车突然停止时,后车司机可以实行刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰通常情形下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时,安全距离为120m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2 5.如要求安全距离仍为120m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度g 取 10m/s2 答案 20m/s 解析 设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为 s,反应时间为t0,由牛顿其次定律和运动学公式得0mgma0 2 s v0t0v 2a0 0式中, m 和 v 0 分别为

21、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 ,依题意有 2 50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,由牛顿其次定律和运动学公式得 mgma 2 s vt0v 2a联立 式并代入题给数据得v20 m/sv 24 m/s 不符合实际,舍去 题组 2 牛顿其次定律的应用名师归纳总结 3双选 如图 2 甲所示,在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端,一质量m2kg 可视为第 10 页,共 15 页质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定,滑块与弹簧不相连t0s 时解除锁定, 运算机通过传感器描画出滑块的速度时间图象如图乙所示,其中 Ob 段为曲线, bc 段为

22、直线, g 取 10m/s2,sin37 0.6,cos370.8.就以下说法正确选项 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 2 A在 0.15s 末滑块的加速度为8m/s2B滑块在 0.10.2s 时间间隔内沿斜面对下运动C滑块与斜面间的动摩擦因数 0.25 D在滑块与弹簧脱离之前,滑块始终在做加速运动答案 AC 解析 在 vt 图象中,斜率代表加速度,0.15s 末滑块的加速度 a v t 8m/s 2,故 A 正确；滑块在 0.10.2s 时间间隔内沿斜面对上运动,故 B 错误；滑块在 0.10.2s 内,由牛顿其次定律可知,

23、 mgsin37 mgcos37ma,可求得 0.25,故 C 正确；在 00.1s 过程中为滑块和弹簧接触的过程,由图象可知,滑块先做加速运动后做减速运动,故 D 错误4如图 3 所示, A、B 是两个质量均为 m1kg 的小球,两球由长 L4m 的轻杆相连组成系统,水平面上的 P、Q 两点间是一段长度为 4.5m 的粗糙平面,其余部分表面光滑,小球与LPQ 间的动摩擦因数 0.2,球 A、B 分别静止在 P 点两侧, 离 P 点的距离均为 2.两球均可视为质点,不计轻杆质量,现对 B 球施加一水平向右 F 4N 的拉力,取 g10m/s 2,求：图 3 1A 球经过 P 点时系统的速度大小

24、；2如当 A 球经过 P 点时立刻撤去F,最终 A、B 球静止, A 球静止时与Q 点的距离答案 12m/s23m a1,由牛顿其次定律有解析 1设系统开头运动时加速度为F mg2ma1解得 a11m/s2v 1,就设 A 球经过 P 点时速度为v2 12a1L2得 v 1 2m/s 2设 A、B 在 P、Q 间做匀减速运动时加速度大小为 a2,就有2 mg2ma2名师归纳总结 a2 g2m/s2F 撤去,但系统将连续滑行,设当B 到达 Q 时滑行的距离为s1,速第 11 页,共 15 页当 A 球经过 P 点时拉力- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学

25、习好资料 欢迎下载度为 v2,就有 s1sPQ L0.5m 由 v2 22 v 1 2a2s1a3. 解得 v22m/s 由于 v20,故知 B 球将通过 Q 点,做匀减速直线运动,此时加速度大小为就有 mg2ma3 2 a31m/s 设系统连续滑行 s2 后静止,就有 2 0v 2 2a3s2 可得 s2 1m 即 A 球静止时与 Q 点的距离 sL s2 3m 题组 3 应用动力学方法分析传送带5双选 如图 4 所示,倾斜的传送带以恒定的速度 v 2向上运动,一个小物块以初速度 v1 从 底端冲上传送带,且 v1 大于 v 2,小物块从传送带底端到达顶端的过程中始终做减速运动,就 图 4

26、A小物块到达顶端的速度可能等于零 B小物块到达顶端的速度不行能等于 v2 C小物块的机械能始终在减小 D小物块所受的合外力始终做负功 答案 AD 解析 当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时,小物块有可能始终减名师归纳总结 速到达顶端速度恰好减为零,所以 A 正确； 小物块的速度小于v 2 以后, 摩擦力对小物块做正第 12 页,共 15 页功,机械能增大,所以C 错误；如传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,当小物块速度减为v2 时,以v2 做匀速运动,所以到达顶端的速度有可能等于v2,故 B错误；因小物块始终在减速,依据动能定理可得合外力始终做负功,所以D

27、 正确6如图 5 甲所示,水平传送带AB 逆时针匀速转动,一个质量为M1.0kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点已知传送带的速度保持不变,g 取10m/s2.求：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载甲乙图 5 1物块与传送带间的动摩擦因数 ；2物块在传送带上的运动时间；3整个过程中系统产生的热量答案 10.2 24.5s 318J v 2解析 1 由速度图象可知,物块做匀变速运动的加速度：at2.0m/s由牛顿其次定律得 fM

28、a就物块与传送带间的动摩擦因数 Ma Mg0.2. 2由速度图象可知,物块初速度大小 v4m/s 、传送带速度大小 v2 m/ s,物块在传送带上滑动 t1 3s 后,与传送带相对静止前 2s 内物块的位移大小 s1v 2t4m,向右,后 1s 内的位移大小 s2v2 t1m,向左,3s 内位移 s s1 s23m,向右；名师归纳总结 物块再向左运动时间t2s v1.5s. 第 13 页,共 15 页物块在传送带上运动时间tt 1t24.5s. 3物块在传送带上滑动的3s 内,传送带的位移svt16m,向左物块的位移ss1 s2 3m,向右相对位移为 s ss9m 所以转化的热能EQf s18

29、J. 题组 4 应用动力学方法分析“ 滑块木板模型”7如图 6 所示,质量为m1kg 的物块,放置在质量M2kg 足够长木板的中间,物块与木板间的动摩擦因数为0.1,木板放置在光滑的水平地面上在地面上方存在两个作用区,两作用区的宽度L 均为 1m,边界距离为d,作用区只对物块有力的作用：作用区对物块作用力方向水平向右, 作用区对物块作用力方向水平向左作用力大小均为3N 将物块与木板从图示位置 物块在作用区内的最左边由静止释放, 已知在整个过程中物块不会滑离木板取g10m/s2. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 6 1在物块刚离

30、开区域时,物块的速度多大？2如物块刚进入区域时,物块与木板的速度刚好相同,求两作用区的边界距离 d；3物块与木板最终停止运动时,求它们相对滑动的路程答案12m/s21.5m33m F mgmam1解析1 对物块由牛顿其次定律：得： am1F mg m2m/s2由 L1 2am1t2 1得 t12L am1 1s v m1am1t12m/s. 2 区域内,对木板：2 由 mg MaM1 得 aM 1 0.5m/s 物块到达 区域边缘处,木板的速度：v M1aM 1t 10.5m/s 离开 区域后：2 对物块：由 mgmam2,得 am21m/s 2 对木板： aM 2aM10.5m/s 当物块与

31、木板达共同速度时：v m1am2t2v M1aM 2t2 得 t21s 两作用区边界距离为 dv m1t21 2am2t 2 21.5m. 3由于 F mg,所以物块与木板最终只能停在两作用区之间FL mgs 得： sFL mg3m. 由全过程能量守恒与转化规律：8如图 7 甲所示,由斜面AB 和水平面 BC 组成的物块,放在光滑水平地面上,斜面AB 部分光滑, AB 长度为 s2.5m,水平部分BC 粗糙物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当传感器受压时示数为正值,被拉时为负值上表面与 BC 等高且粗糙程度相同的木板 DE 紧靠在物块的右端,木板 DE 质量 M4kg,长度 L1.5m

32、一可视为质点的滑块从 A点由静止开头下滑,经 B 点由斜面转到水平面时速度大小不变滑块从 A 到 C 过程中, 传感器记录到力和时间的关系如图乙所示g 取 10m/s2,求：图 7 1斜面 AB 的倾角 ；名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 15 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2滑块的质量m；学习好资料欢迎下载3滑块到达木板 DE 右端时的速度大小答案 130 22kg 31m/s 解析 1 在 01s 内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsinmas1 2at 2由题图乙知： t1s 解得 sin1 2,即 30. 2在 0 1s 内对物块 ABC 受力分

33、析：mgcossinF0 由题图乙知： F5 3N 解得 m 2kg. 3滑块到达 B 点时的速度 v Bat gtsin5m/s 12s 滑块在 BC 部分做减速运动： mgma对物块,由图象知： mg F4N 解得 a2m/s 2,0.2 滑块到达 C 点时： v CvBatv B gt3m/s 滑块滑上木板 DE 时：对滑块： mgma1对木板： mgMa2解得 a1 2m/s2,a21 m/ s 2t,设滑块在木板上的滑行时间为s 滑块v Ct1 2a1t 2s 木板1 2a2t 2Ls 滑块s 木板解得 t1s 此时,滑块速度 v 滑块 vCa1t 1m/s 木板速度 v 木板a2t1m/s 名师归纳总结 滑块恰好滑到木板右端,速度为1m/s. 第 15 页,共 15 页- - - - - - -