1、优培4 牛顿运动定律及其应用考点分析1高考对牛顿第二定律内容的要求较高，从历年命题看，命题主要集中在三个方面：结合运动学规律综合分析动力学的两类问题；交替使用整体法与隔离法处理连接体问题、临界问题；以实际应用为背景，考查思维转换、实际建模等综合问题。2两个常见模型的注意点：(1)“滑块木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。(2)传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时。例1(2019全国III卷20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上
2、的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出() 图（a） 图（b） 图（c）A木板的质量为1 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【考题解读】本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养。以木板为研究对象，通过ft与vt图象对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题。【答案】
3、AB【解析】分析知木板受到的摩擦力ff。02 s，木板静止，Ff，F逐渐增大，所以C错误。4 s5 s，木板加速度大小a20.2 m/s2，对木板受力分析，fma20.2 N，得m1 kg，所以A正确。2 s4 s，对木板有Ffma1，Ffma10.4 N，所以B正确。由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。例2(2020全国II卷25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M 4m，球和管之间的滑动
4、摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【考题解读】本题主要考查牛顿第二定律的综合应用和动能定理的结合，关键是总清楚运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再结合运动学公式、动能定理进行解答。【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定
5、律有：Ma1Mgf ma2fmg 联立式并代入题给数据，得a12g，a23g (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0a1t1v0a2t1 联立式得设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1v0t1a1t12 vv0a1t1 由式可判断此时v0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1h1h2联立式可得(3)设第一次弹起
6、过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)4mgx10 联立式并代入题给数据得x1H 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2H1 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1x2L 联立式，L应满足条件为提分训练1如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是()A物体A和物体B均处于超重状态B物体A和物体B均处于失重状态C物体A处于超重状态，物体B处于失重状态D物体A处于失重状态，物体B处
7、于超重状态【答案】D【解析】A加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态。故A、B、C错误，D正确。2一固定在水平面上倾角为的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是( )A若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D若小
8、车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行【答案】D【解析】若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。3如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡
9、住。现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值【答案】D【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，如图，受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1。根据牛顿第二定律知小球所受的合力为ma，即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，面和挡板对球的弹力的合力不等于ma，故A错误；设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向F1
10、cos mg，水平方向F2F1sin ma，由看出，斜面对球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。由看出，若加速度足够小时，F2F1sin mgtan 0，故BC错误；若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变，故D正确。4如图甲所示，一质量为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，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则下列选项错误的是()A滑块的质量m4 kgB木板的质量M2 kgC当F8 N时滑块加速度为2 m/s2D滑块与木板间动摩擦因数为0.1【答案】C【解析
11、】由题图乙知，F6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据计算得出Mm6 kg，当F6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得，图线的斜率k，则M2 kg，滑块的质量m4 kg，故A、B正确；根据F6 N时，a1 m/s2，代入表达式计算得出0.1，D正确；当F8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得mgma，计算得出ag1 m/s2，故C错误。本题选错误的，故选C。5(多选)传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m2 kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变
12、化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2 s到达B点，已知重力加速度g10 m/s2。下列说法正确的是()A货物在0.21.2 s内的加速度大小为1 m/s2BA、B两点的距离为1.5 mC货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4 JD货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为6.4 J【答案】AC【解析】由vt图象可知，货物在00.2 s时间内在传送带上以加速度a1做匀加速直线运动，a15 m/s2，受向下的摩擦力，重力和支持力，由牛顿第二定律得mgsin fma1，fmgcos ；货物在0.21.2 s时间内的加速度a21 m/s2，受向上的摩擦力
13、，重力和支持力，有mgsin fma2，联立解得f4 N；由vt图象中图线与时间轴所围的面积表示位移知，00.2 s时间内货物的位移x10.1 m，皮带位移x皮0.2 m，相对位移x1x皮x10.1 m，0.21.2 s时间内货物的位移x21.5 m，x皮21 m，相对位移x2x2x皮20.5 m，故两者之间的总相对位移xx1x20.6 m，货物的总位移xABx1x21.6 m，货物与传送带摩擦产生的热量QWfx2.4 J，故AC正确，B错误；00.2 s时间内物体受摩擦力方向向下，摩擦力做正功，Wf1fx10.4 J，0.21.2 s时间内物体受摩擦力方向向上，摩擦力做负功，Wf2fx26
14、J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为6 J0.4 J5.6 J，故D错误。6(多选)一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)()A B Cv0tgt2 Dv0t【答案】AC【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速。石墨加速时，根据牛顿第二定律得ag，如果时间t内一直
15、加速，加速的位移x1gt2，故相对白板的位移x1v0tx1v0tgt2；如果先加速，后匀速，位移，故相对白板的位移x2v0tx2；如果加速的末速度恰好等于v0，则x3，故相对白板的位移x3v0tx3v0t。经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移。故AC正确。7有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L15 m的水平桌面，选手们可将
16、瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L21 m，瓶子质量m1 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数0.2。某选手作用在瓶子上的水平推力F10 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？【解析】(1)要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：Fmgma1mgma2加速运动过
17、程中的位移减速运动过程中的位移位移关系满足：x1x2L1，va1t1由以上各式解得：t10.5 s。(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：，v22a1d 联立解得：d0.8 m。8如图（a），在某次玻璃强度测试中，将一质量m2 kg的铁球从距离玻璃高h1.25 m处自由释放，砸中被夹具夹在水平位置的玻璃。这种固定方式允许玻璃在受到冲击时有一定的位移来缓冲，通过高速摄像机观察，发现铁球从接触玻璃开始到下落到最低点需要t0.005 s。设玻璃对铁球的弹力近似视为恒力，重力加速度g取10 m/s2。(1)估算铁球接触玻璃开始到下落至最低点的过程中，玻璃对
18、铁球的弹力有多大？(2)将玻璃倾斜安装在汽车前车窗上，如图（b）。铁球以初速v03 m/s向玻璃扔出，正好垂直砸中玻璃。若安装后的玻璃在受到冲击时仅能沿垂直玻璃方向移动s5 mm，超出会破碎。玻璃能承受的最大弹力Fm4000 N。铁球在飞行过程中高度下降h0.35 m，估计该玻璃是否会被砸碎？【解析】(1)铁球自由下落到与玻璃接触时，速度v1铁球与玻璃接触后，加速度大小铁球受弹力和重力，根据牛顿第二定律：Fmgma1联立解得：F2020 N。(2)铁球从抛出到接触玻璃的过程中，以接触点为零势能面，飞行过程机械能守恒mghmv02mvt2解得vt5 m/s由(1)数据，可判断铁球与玻璃接触过程中
19、重力远小于弹力，忽略重力对铁球运动的影响，则铁球仅在弹力作用下沿垂直于玻璃方向做匀减速运动。若铁球能在s位移内停下，则：vt22a2sFma2解得F5000 N Fm，所以会砸碎。9如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m1 kg的木块(可视为质点)放在质量M2 kg的长木板的左端A点，木板长L2 m。已知木板与地面间的动摩擦因数10.1，木块与长木板之间的动摩擦因数20.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v05 m/s，在xp10 m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10
20、m/s2，求：(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；(2)木块最终停止运动时的位置坐标。【解析】(1)由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度大小为a11g1 m/s2设木板碰挡板时的速度为v，则有v2v022(a1)s其中sxPL8 m解得：v3 m/s。(2)木块运动分几个过程：过程1：共同向右减速到3 m/s，加速度大小a11g1m/s2，位移x18 m，方向向右；过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，木块的加速度大小a22g5 m/s2木板的加速度大小m/s2设二者达到共速所用时间为t1，共同速度为v1，可得v1va2t(va3t)解得：
21、s，v1s（方向向左）木块的位移为m，方向向右；过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度大小为a41g1m/s2位移m，方向向左所以木块的最终坐标为m。10某工厂用倾角为37的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长L50 m，正常运转的速度v4 m/s。一次工人刚把M10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。（物块与木板均可看成质点，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）(1)为了把货物拉上去又不使货物相
22、对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F189 N的恒定拉力把货物拉到0.2L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得：Mgcos 37Mgsin 37Ma1对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：Fm(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a1解得：a10.4 m/s2，Fm192 N。(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：F(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a2设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v122a2(0.2L)解得：a20.2 m/s2，v12 m/s。(3)由于v14 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，vv1a3t1设t1内木板加速的位移为x1，有：v2v122a3x1共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，则：L0.2Lx1vt2联立解得：t15 s，t26.25 s所以来电后木板再需要运动tt1t211.25 s。