1、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非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题等等，应用非常广泛考题1对匀变速直线运动规律的考查例1为了迎接外宾，对国宾车队要求非常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公路上排成直线行驶汽车甲先开出，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
2、到速度v后改为匀速直线运动汽车乙从静止出发先做加速度为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x.则甲、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t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，根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t，甲、乙依次启动的时间间隔为t，根据位移关系列式即可求解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x1，对甲，有：va1t1v22a1x1
3、设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，对乙，有：v2t2v222x2设甲匀速运动时间t后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为t，由题意知：tt1tt2xx1vtx2解得：t.答案1如图1甲所示，一个m3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动在03 s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处处相等则()甲 乙图1A在03 s时间内，物体的速度先增大后减小B3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC2 s末F最大，F的最大值为12 ND前2 s内物体做匀变速直线运动，力F
4、大小保持不变答案BD解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s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；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在at图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，v10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，所以B正确；由F合ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误2(2014山东23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图2甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v072 km/h的速度在试验场的水平路面上
5、匀速行驶，从发现情况到汽车停止，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g10 m/s2.求：图2(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移s25 m，由运动学公式得v2ast联立式，代入数据得a8 m/s2t2.5 s.(2)设志愿者反应时间为t，反应时间
6、的增加量为t，由运动学公式得Lv0tsttt0联立式，代入数据得t0.3 s.(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得FF2(mg)2联立式，代入数据得.1如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带2描述匀变速直线运动的基本物理量有v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，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，其加速度也突变为零求解此类问题应先判断车停下所用的时
7、间，再选择合适的公式求解考题2对牛顿第二定律应用的考查例2如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为13，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20 N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.(cos 530.6)图3(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度大小为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研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧
8、的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a与a之比解析(1)先取A、B和弹簧组成的整体为研究对象，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方向应用牛顿第二定律F(mAmB)a再取B为研究对象，F弹cos 53mBa联立解得，F弹25 N由几何关系得，弹簧的伸长量x m0.25 m由F弹kx解得弹簧的劲度系数k100 N/m(2)撤去力F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度大小a，方向沿杆方向向左由式得a，方向沿杆水平向右所以aamBmA31答案(1)100 N/m(2)313(2014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，系统处于平衡状态现使小车从
9、静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()图4A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案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k(ll0)mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(ll0)cos mg则k(ll0)k(ll0)cos lcos ll0(1cos )即lcos l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l12.0 m煤块相对于传送带的位移为
10、xl1l22.0 m0.33 m1.7 m答案2.0 m1.7 m4(2014四川7)如图5所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，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解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加
11、速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTmg，此后加速度a2，故C正确，A、D错误分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)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v2(v2v1)匀速运动，求：图6(1)在物
12、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，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff11mg(1分)Ff22(mM)g(2分)由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1(1分)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)的时间为t2，则t2(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2(1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)(1分)
13、则物块不从木板上滑下来的最小长度：Lxx1x2(2分)代入数据解得：L.(2分)答案(1)1mg2(mM)g(2)(2013新课标25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图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g10 m/s2，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(1)0.200.30(2)1.125
14、 m解析(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 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，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(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改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速
15、度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2；由式得f2mg1mg，与假设矛盾，故f1mg由式知：物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt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s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m知识专题练训练2题组1匀变速直线运动规律1(2014福建15)如图1所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用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，则下列图象最能正确描述这
16、一运动规律的是()图1答案B解析滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误设斜面倾角为，则sv0tat2，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2(2014新课标24)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.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天
17、安全行驶的最大速度(g取10 m/s2)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，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0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，依题意有0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mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(v24 m/s不符合实际，舍去)题组2牛顿第二定律的应用3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m2 kg可视为质点的滑块
18、压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连t0 s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()图2A在0.15 s末滑块的加速度为8 m/s2B滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运动C滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动答案AC解析在vt图象中，斜率代表加速度，0.15 s末滑块的加速度a8 m/s2，故A正确；滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上运动，故B错误；滑块在0.10.2 s内，由牛顿第二定律可知，mgs
19、in 37mgcos 37ma，可求得0.25，故C正确；在00.1 s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m1 kg的小球，两球由长L4 m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4.5 m的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ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.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F4 N的拉力，取g10 m/s2，求：图3(1)A球经过P点时系统的速度大小；(2)若当A球经过P点时立即撤去F，最后A、B球静止，A球静止时与Q点的距
20、离答案(1)2 m/s(2)3 m解析(1)设系统开始运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有Fmg2ma1解得a11 m/s2设A球经过P点时速度为v1，则v2a1得v12 m/s(2)设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有2mg2ma2a2g2 m/s2当A球经过P点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有x1xPQL0.5 m由vv2a2x1解得v2 m/s因为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a3.则有mg2ma3a31 m/s2设系统继续滑行x2后静止，则有0v2a3x2可得x21 m即A球静止时与Q点的
21、距离xLx23 m题组3应用动力学方法分析传送带5如图4所示，倾斜的传送带以恒定的速度v2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v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则()图4A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可能等于v2C小物块的机械能一直在减小D小物块所受的合外力一直做负功答案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，小物块有可能一直减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v2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，所以C错误；若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
22、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；因小物块一直在减速，根据动能定理可得合外力一直做负功，所以D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M1.0 kg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10 m/s2.求：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(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析(1)由速度图象可知，物块做匀变速运
23、动的加速度：a2.0 m/s2由牛顿第二定律得FfMa则物块与传送带间的动摩擦因数0.2.(2)由速度图象可知，物块初速度大小v4 m/s、传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止前2 s内物块的位移大小x1t4 m，向右，后1 s内的位移大小x2t1 m，向左，3 s内位移xx1x23 m，向右；物块再向左运动时间t21.5 s.物块在传送带上运动时间tt1t24.5 s.(3)物块在传送带上滑动的3 s内，传送带的位移xvt16 m，向左物块的位移xx1x23 m，向右相对位移为xxx9 m所以转化的热能EQFfx18 J.题组4应用动力学方法分析“滑块
24、木板模型”7如图6所示，质量为m1 kg的物块，放置在质量M2 kg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1 m，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3 N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g10 m/s2.图6(1)在物块刚离开区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入区域时，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
25、动的路程答案(1)2 m/s(2)1.5 m(3)3 m解析(1)对物块由牛顿第二定律：Fmgmam1得：am12 m/s2由Lam1t得t1 1 svm1am1t12 m/s.(2)区域内，对木板：由mgMaM1得aM10.5 m/s2物块到达区域边缘处，木板的速度：vM1aM1t10.5 m/s离开区域后：对物块：由mgmam2，得am21 m/s2对木板：aM2aM10.5 m/s2当物块与木板达共同速度时：vm1am2t2vM1aM2t2得t21 s两作用区边界距离为dvm1t2am2t1.5 m.(3)由于Fmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间由全过程能量守恒与转化规律：FL
26、mgx得：x3 m.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s2.5 m，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M4 kg，长度L1.5 m一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，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10 m/s2，求：图7(1)斜面AB的倾角；(2)滑块的质量m；(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小答案(1)30(2)2 kg(3)
27、1 m/s解析(1)在01 s内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsin masat2由题图乙知：t1 s解得sin ，即30.(2)在01 s内对物块ABC受力分析：mgcos sin F0由题图乙知：F5 N解得m2 kg.(3)滑块到达B点时的速度vBatgtsin 5 m/s12 s滑块在BC部分做减速运动：mgma对物块，由图象知：mgF4 N解得a2 m/s2，0.2滑块到达C点时：vCvBatvBgt3 m/s滑块滑上木板DE时：对滑块：mgma1对木板：mgMa2解得a12 m/s2，a21 m/s2设滑块在木板上的滑行时间为t，x滑块vCta1t2x木板a2t2Lx滑块x木板解得t1 s此时，滑块速度v滑块vCa1t1 m/s木板速度v木板a2t1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.