高考物理二轮复习 专题2 牛顿运动定律与直线运动学案（含解析）

专题2 牛顿运动定律与直线运动考向预测本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。高频考点：匀变速直线运动规律的应用、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用。知识与技巧的梳理考点一、匀变速直线运动规律应用例 (郑州2018届高三阶段考试) 甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点。求：(1)甲做匀减速运动的加速度；(2)甲冲刺阶段完成的位移大小。【审题立意】本题为多过程直线运动问题，主要考查匀变速直线运动规律的应用。在解题时要明确各个运动阶段，注意平均速度公式的应用、加速度的计算方法，同时在计算时要注意各物理量的矢量性。【解题思路】 (1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1，解得v110 m/s甲做匀减速运动的末速度为v2，匀减速运动的加速度为a2，由a2得a21 m/s2。(2)甲匀速运动的位移：x2v1t21010 m100 m甲匀减速的位移：x3t解得x318 m最后甲冲刺的位移为：x4200 m(x1x2x3)200 m(2010018)m62 m【参考答案】(1)1 m/s2(2)62 m【知识建构】1记牢匀变速直线运动的“四类公式”2掌握处理匀变速直线运动的五种方法【变式训练】 1(2018届高三第一次全国大联考卷) 如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，ABBC。设球经过B点前后速度大小不变，则小球在AB、BC段的加速度大小之比及小球由A运动到C过程中的平均速率分别为()A342.1 m/s B9162.5 m/sC972.1 m/s D972.5 m/s解析：设ABBCx，则在AB段a1，在BC段a2，所以，AB段平均速率为v1vB1.5 m/s，BC段平均速率为v2(vBvC)3.5 m/s，因此从A到C的平均速率v2.1 m/s，C正确。答案：C2. (2017广州调研)如图所示，一个质量为M的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。解析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度v0，方向竖直向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度a12g，方向竖直向下，球的加速度a23g，方向竖直向上。(3)管第一次落地弹起时的速度v1，方向向上，球的速度v2，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球和管速度v相同，则有v1a1t1v2a2t1t1设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2，则：t2，因为t1t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求。得h1v1t1a1t12H。3. (2018届高三山东省实验中学摸底)货车A正在该公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免事故。(这段公路很窄，无法靠边让道)解析：(1)当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：vAvB对B车：vBat联立可得：t10 sA车的位移为：xAvAt200 mB车的位移为：xBat2100 m因为xBx0175 mxA所以会撞上，设经过时间t1相撞，有：vAt1x0at12代入数据解得：t15 s，另一解舍去。(2)已知A车的加速度大小aA2 m/s2，初速度v020 m/s设B车的加速度大小为aB，B车运动时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vAv0aAt，vBaBt且vAvB在时间t内A车的位移为：xAv0taAt2B车的位移为：xBaBt2又xBx0xA联立可得：aB0.67 m/s2。考点二、运动学图象问题例 (2017西昌模拟)如图所示，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一运动规律的是()【审题立意】对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度、位移及下降高度与时间的关系式即可。【解题思路】滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图象为向下倾斜的直线，C错误；滑块加速度保持不变，D错误；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移sv0tat2，s-t图象为开口向下的抛物线，B正确；设斜面倾角为，滑块下降的高度hssin ，所以h-t图象也是开口向下的抛物线，A错误。【参考答案】B【技能突破】1.图象问题的处理有两条途径：一是根据图象反映的函数关系，找到图象所反映的两个物理量间的关系，分析其物理意义和变化规律；二是既能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能将实际过程的抽象规律对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断。2. xt图象、vt图象和at图象的对比分析斜 率纵截距图象与t轴所围面积特 例匀速直线运动匀变速直线运动xt图象速 度初位置倾斜的直线抛物线t图象加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线at图象速度变化量与时间轴重合平行于时间轴的直线【变式训练】1. (2017广元模拟)如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移时间图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图。下列说法正确的是()At1时刻B追上A，t2时刻A追上BBt1t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度CA做直线运动，B做曲线运动D两质点速度相等的时刻一定在t1t2时间段内的某时刻解析：x -t图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，由题图易知，t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B的平均速度与A的平均速度相等，故B错误；x t图象只能描述直线运动，故C错误；因图线的切线的斜率代表质点的速度，故由题图可知两质点速度相等的时刻一定在t1t2时间段内的某时刻，故D正确。答案：D2. (多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1，下降过程中的加速度为a2。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin ，滑动摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。答案：ACD考点三、牛顿运动定律的应用(一)动力学的两类基本问题例 (2017安庆模拟)如图所示，质量m5 kg的物块(视为质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F1大小为50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角37，F2大小为30 N，方向水平向左，物块的速度v0大小为11 m/s。当物块运动到距初始位置距离x05 m时撤掉F1，g取10 m/s2。求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数；(2)撤掉F1以后，物块在6 s末距初始位置的距离。【审题立意】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或动力学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答，知道加速是联系力学和运动学的桥梁。【解题思路】 (1)物块向右做匀速运动：fF2F1cos ；f(mgF1sin )联立解得：0.5。(2)撤掉F1后：a1 m/s211 m/s2设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t11 s此时向右位移：x1t15.5 m后5 s物块向左运动：a21 m/s2后5 s向左位移：x2a2t2212.5 m物块在6 s末距初始位置的距离：xx2(x0x1)12.5 m(5 m5.5 m)2 m。【参考答案】(1)0.5 (2)2 m【技能突破】动力学的两类基本问题(1)由因推果已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。(2)由果溯因已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。桥梁：牛顿第二定律Fma【变式训练】1. 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客()A. 处于失重状态B. 不受摩擦力的作用C. 受到向前(水平向右)的摩擦力作用D. 所受力的合力竖直向上解析：车加速上坡，车里的乘客与车相对静止，应该和车具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，对乘客受力分析可知，乘客应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D错误，C正确；弹力大于重力，乘客处于超重状态，A错误。答案：C2. 如图所示用力F拉a、b、c三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的物体b上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力FTa和FTb的变化情况是()A. FTa增大 B. FTb增大C. FTa减小 D. FTb减小解析：设c物体质量为m，a物体质量为m，整体质量为M，整体的加速度a，对c物体分析，FTbma，对a物体分析，有FFTama，解得FTaF.在b物体上加上一块橡皮泥，则M增大，加速度a减小，因为m、m不变，所以FTb减小，FTa增大，A、D正确。答案：AD3. 有一质量m2 kg的小球套在长L1 m的固定轻杆顶部，杆与水平方向成37角。静止释放小球，1 s后小球到达杆底端。取重力加速度大小g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求小球到达杆底端时速度为多大？(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？解析：(1)设小球到达杆底端时速度大小为v，则Lt，得v2 m/s。(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1，则a1根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1得小球与杆之间的动摩擦因数0.5。(3)小球在恒力作用下，有mgsin N2ma2，得N220 N若恒力F垂直杆向上，则FN2mgcos ，得F36 N若恒力F垂直杆向下，则FN2mgcos ，得F4 N。(二)动力学的两类典型模型1. 板块模型例1. (2017全国III卷T25)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA = 1 kg和mB = 5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1 = 0.5；木板的质量为m = 4 kg，与地面间的动摩擦因数为2 = 0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0 = 3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g =10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。【审题立意】本题考查运动和力的关系、牛顿运动定律及运动学的相关知识。本题可以画出物体相对位置的示意图进行分析。解答本题需要注意两点：一，滑块A、B都相对于木板发生位移，要注意它们之间的相对运动；二，运用匀变速直线运动公式求得的速度、位移都是以地面为参考系的。【解题思路】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有 由牛顿第二定律得 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有 联立式，代入已知数据得 (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有由式知，aA = aB；再由可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 对A有 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 联立以上各式，并代入数据得 (也可用如图的速度时间图线求解，如图)【参考答案】(1)1 m/s (2)1.9 m【技能突破】分析滑块木板类模型时要抓住一个转折和两个关联1. 一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。2. 两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。【变式训练】1. (2017南阳第一中学检测)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析：当0Fmg时，A、B皆静止；当mg3mg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误、选项C正确。当Fmg时，A与B共同的加速度ag，选项B正确。F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2g，选项D正确。答案：BCD2(2015全国I卷T25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 cm，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s的过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m。2. 传送带模型例2. (2017河南二模)如图所示，传送带与水平面的夹角为30，传送带与水平面的夹角为37，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均沿顺时针方向匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带上，传送带的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M1 kg，物体的质量m3 kg，传送带的速度v18 m/s，AB长L115 m，与箱子间的动摩擦因数为1。传送带的速度v24 m/s，CD长L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带间的动摩擦因数变为20.5，重力加速度g10 m/s2。求： (1)装着物体的箱子在传送带上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？(已知sin 370.6，cos 370.8)【审题立意】对于传送带问题，分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力。【解题思路】(1)箱子在传送带上运动时，根据牛顿第二定律，对整体有：1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 30(Mm)a1解得：a12.5 m/s2一开始箱子加速运动，设经过位移x1与传送带达到共速，则：x112.8 m(v2，所以箱子刚到达传送带上运动时减速运动，由牛顿第二定律得：2M