1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上牛頓運動定律的綜合應(yīng)用牛頓運動定律是歷年高考的主干知識，也是歷年高考必考的內(nèi)容之一，其主要包括的考點有：(1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。它不僅是獨立的知識點，更是解決力、電動力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律。可單獨命題(選擇題、實驗題)，也可綜合命題(解答題)。高考對本考點的考查以對概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1小明家住十層，他乘電梯從一層直達十層。則下列說法正確的是()A他始終處于超重狀態(tài)B他始終處于失重狀態(tài)C他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)D他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)答案C

2、解析小明乘坐電梯從一層直達十層過程中，一定是先向上加速，再向上勻速，最后向上減速，運動過程中加速度方向最初向上，中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重、平衡、失重三個狀態(tài)，C正確。2如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是圖中的()答案A解析放上小木塊后，長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小木塊受到向右

3、的滑動摩擦力作用，做勻加速運動，當(dāng)兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時的加速度小于木板剛開始運動時的加速度，故A正確，也可能物塊與長木板間動摩擦因數(shù)較小，達到共同速度后物塊相對木板向右運動，給木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度，B、C錯誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運動，D錯誤。3如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則()A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度a勻加速下滑C物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D物塊將以小于a的加速度勻加速下滑答案C解析對物塊進行受力分析，設(shè)斜面

4、的角度為，可列方程mgsinmgcosma，sincos，當(dāng)加上力F后，由牛頓第二定律得(mgF)sin(mgF)cosma1，即mgsinmgcosFsinFcosma1，maFsinFcosma1，F(xiàn)sinFcosF(sincos)，大于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項正確。4. (多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()A減小A物塊的質(zhì)量 B增大B物塊的質(zhì)量C增大傾角 D增大動摩擦因

5、數(shù)答案AB解析對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a，隔離物體B，應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)TmBgsinmBgcosmBa。以上兩式聯(lián)立可解得：FT，由此可知，F(xiàn)T的大小與、無關(guān)，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確。5(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()A輕繩的拉力等于MgB輕繩的拉力等于mgCM運動的加速度大小為(1si

6、n)gDM運動的加速度大小為g答案BC解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinmg，互換位置后，對M有MgFTMa，對m有：FTmgsinma，又FTFT，解得：a(1sin)g，F(xiàn)Tmg，故A、D錯誤，B、C正確。6. 如圖所示，木塊A的質(zhì)量為m，木塊B的質(zhì)量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)用水平力F作用于A，則保持A、B相對靜止的條件是F不超過 ()Amg BMgCmg DMg答案C解析由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F(Mm)a；若A、B即將相對滑動，以物體B為研究對象可知mgMa，聯(lián)立解得Fmg，選項C

7、正確。7如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A。某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板B運動的v­t圖象是()答案B解析A、B相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F2ma，F(xiàn)增大，a增大。當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有Ffma，故此時F2Ffkt，t，之后木板做勻加速直線運動，故只有B項正確。8. 如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木

8、塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力Fkt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()答案A解析本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開始階段兩物體一起做勻加速運動有F(m1m2)a，即a，兩物體加速度相同且與時間成正比。當(dāng)兩物體間的摩擦力達到m2g后，兩者發(fā)生相對滑動。對m2有Ffma2，在相對滑動之前f逐漸增大，相對滑動后fm2g不再變化，a2g，故其圖象斜率增大；而對m1，在發(fā)生相對滑動后，有m2gm1a1，故a1為定值。故A選項正確。9. (多選)神舟飛船返回時，3噸重的返回艙下降到距地面10

9、 km時，下降速度為200 m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16 s后返回艙的速度減至80 m/s，此時減速傘與返回艙分離。然后拉出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至10 m/s，此時飛船距地面高度為1 m，接著艙內(nèi)4臺緩沖發(fā)動機同時點火，給飛船一個向上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直線運動，g10 m/s2。根據(jù)以上材料可得()A減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)B主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)C減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為7.5 m/s2D每臺緩沖發(fā)動機的反沖推力約為返回艙重力的1.5倍答案CD解析減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于

10、超重狀態(tài)，A、B項錯；減速傘工作期間，返回艙從200 m/s減速至80 m/s，由運動學(xué)公式得a17.5 m/s2，C項正確；緩沖發(fā)動機開動后，加速度大小為a350 m/s2，由牛頓第二定律得4Fmgma3，解得1.5, D項正確。10(多選)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的圖象如圖乙所示，g10 m/s2。下列說法中正確的是()A05 s內(nèi)物塊做勻減速運動B在t1 s時刻恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.3答案BD解析

11、題圖乙為物塊運動的v2­x圖象，由v2v2ax可知，圖象的斜率k2a，得05 m位移內(nèi)a110 m/s2，513 m位移內(nèi)a24 m/s2，可知恒力F反向時物塊恰好位于x5 m處，t1 s，A錯誤，B正確。對物塊受力分析可知，F(xiàn)Ffma1，F(xiàn)Ffma2，得F7 N，F(xiàn)f3 N，0.3，C錯誤，D正確。二、真題與模擬11. 2015·海南高考(多選)如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機加速上升時()A物塊與斜面間的摩擦力減小B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑D物塊相對于斜面勻速下滑答案BD解

12、析當(dāng)升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mgsinmgcos，則tan(為斜面傾角)。當(dāng)升降機加速上升時，設(shè)加速度為a，物體處于超重狀態(tài)，超重ma。物塊“重力”變?yōu)镚mgma，支持力變?yōu)镹(mgma)cos>mgcos，B正確。“重力”沿斜面向下的分力GF(mgma)sin，沿斜面摩擦力變?yōu)閒N(mgma)cos>mgcos，A錯誤。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物塊仍沿斜面勻速運動，D正確，C錯誤。122015·海南高考 (多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過

13、系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析剪斷細線前，把a、b、c看成整體，細線上的拉力為T3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間，對a隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得：3mgma1，得a13g，A正確，B錯誤。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正確，D錯誤。132014·北京高考應(yīng)用物理知識分析生活中的常

14、見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是()A受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案D解析物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時，物體處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤；物體離開手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這

15、段相同的時間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確。142014·四川高考(多選)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()答案BC解析若v2<v1且mQg<mPg，對P、Q整體分析有mPgmQg(mPmQ)a1，當(dāng)P加速運動速度達到v1后，與皮帶一起勻速運動，直到離開傳送帶(也可能加速過程中就離開傳

16、送帶)，所以B項正確。若v2<v1且mQg>mPg，則P先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2>v1，且mQg<mPg，則P先勻減速至v1，然后與傳送帶一起勻速運動，直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2>v1且mQg>mPg，滿足mQgmPg(mPmQ)a2，中途減速至v1，以后滿足mQgmPg(mPmQ)a3，以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)，故C正確，A、D錯誤。152014·大綱卷一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動。當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最

17、大高度為H，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()Atan和 B.tan和Ctan和 D.tan和答案D解析對物塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsinmgcosma，根據(jù)運動規(guī)律可得v22a·，22a·，聯(lián)立可得tan，h。故D項正確。162014·福建高考如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()答案B解析對物體受力分析，

18、由于物體在斜面上能夠停止，物體所受的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)fmgsinma，F(xiàn)Nmgcos，又FfFN，解得agcosgsin，加速度a為定值，D錯誤。由vv0at可知，v­t圖線應(yīng)為傾斜的直線，C錯誤。由sv0tat2可知，s­t圖線為拋物線，B正確。由幾何關(guān)系可知hs·sin，即h­t圖線應(yīng)類似于s­t圖線，A錯誤。172017·江西宜春三中檢測 如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光

19、滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成角，則下列說法正確的是()A小鐵球受到的合外力方向水平向左B凹槽對小鐵球的支持力為C系統(tǒng)的加速度為agtanD推力FMgtan答案C解析根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為，A、B錯誤。小球所受合外力為mgtan，加速度agtan，推力F( mM)gtan，C正確，D錯誤。182016·海口聯(lián)考(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1。工件滑上A端瞬時速度vA 4 m/s，到達B端的瞬時速度設(shè)為vB，則(g1

20、0 m/s2)()A若傳送帶不動，則vB3 m/sB若傳送帶以速度v4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sC若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sD若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB2 m/s答案ABC解析若傳送帶不動，由勻變速規(guī)律可知vv2as，ag，代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s，當(dāng)滿足選項B、C中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是g，所以工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故選項A、B、C正確，D錯誤。192016·福州質(zhì)檢 如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧

21、上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是()答案A解析此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運動，加速度ag，方向豎直向下，速度vgt；第二段小球向下做加速運動，加速度a，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變小，方向向下；第三段運動小球向下做減速運動，加速度a，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變大，方向向上，到達最低點時a>g，而且小球接觸彈簧后a­t圖線不是線性關(guān)系，所以C、D都錯誤。又由v­t圖象的斜率變化代表加速度的變化，故選項A正確。202016&#

22、183;山東煙臺期中 (多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個角的角度為(>45°)。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將m1和m2同時由靜止釋放后，下列說法正確的是()A若m1m2，則兩物體可靜止在斜面上B若m1m2cot，則兩物體可靜止在斜面上C若m1m2，則三棱柱對地面的壓力小于(Mm1m2)gD若m1m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案B

23、C解析若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin，由于>45°，則m2gsin(90°)<m1gsin，則m1將沿斜面向下加速運動，m2將沿斜面向上加速運動，A錯誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2gsin(90°)m1gsin，即有m1m2cot，B正確。若m1m2，設(shè)加速度大小為a，對兩個物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有FN(Mm1m2)gm2asin(90°)m1asin<0，即地面對三棱柱的支持力FN<(Mm1m2)g，則三棱

24、柱對地面的壓力小于(Mm1m2)g；水平方向有Ffm1acosm2acos(90°)<0，C正確，D錯誤。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典21. 如圖所示，長L1.6 m、質(zhì)量M3 kg的木板靜置于光滑水平面上，質(zhì)量m1 kg的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)0.1。現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，取g10 m/s2。(1)求使物塊不掉下去的最大拉力F；(2)如果拉力F10 N恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案(1)4 N(2)1.26 m/s解析(1)物塊不掉下去的最大拉力，其存在的臨界條件必是物塊與木板具有共同的最大加速度a1。對物塊，最大加速度a1g1 m/s2，對整

25、體，F(xiàn)(Mm)a1(31)×1 N4 N。(2)當(dāng)F10 N時，木板的加速度a2 m/s23 m/s2由a2t2a1t2L得物塊滑過木板所用時間t s，物塊離開木板時的速度v1a1t m/s1.26 m/s即小物塊所能獲得的最大速度為1.26 m/s。22質(zhì)量為20 kg的物體若用20 N的水平力牽引它，剛好能在水平面上勻速前進。問：若改用50 N拉力、沿與水平方向成37°的夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進2.3 m，它的速度多大？在前進2.3 m時撤去拉力，又經(jīng)過3 s，物體的速度多大？(sin37°0.6，cos37°0.8，g取10

26、 m/s2)答案2.3 m/s0解析施加20 N水平拉力時，物體做勻速運動，F(xiàn)1f1，f1FN1，F(xiàn)N1G，解得0.1。對物體施加斜向上的拉力后，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律可得F2cosf2ma1，f2(GF2sin)，a11.15 m/s2(方向與運動方向相同)，由運動學(xué)定律可得v22a1x，v2.3 m/s，撤去拉力后，物體的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有f1ma2，a2 1 m/s2(方向與運動方向相反)。由t，可得物體停止運動的時間為t2.3 s<3 s，所以3 s后物體的速度大小為0。二、真題與模擬232015·全國卷一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一

27、小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v­t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案(1)10.120.4(2)木板的最小長度為6.0 m(3)木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m解析

28、(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運動學(xué)公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立式和題給條件得10.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由題圖(b)可得a2式中，t22 s, v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4。(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為