高考物理必备—第4讲 牛顿运动定律与复杂直线过程（解析版）

1、公众号：高中资料共享 免费分享5000G学习资料第4讲 牛顿运动定律与复杂直线运动过程1.牛顿运动定律常常用于直线运动中，在直线运动中必须掌握的几种方法：（1）图象法分析物体的运动规律。（2）整体法和隔离法分析连接体问题。（3）逆向思维法处理匀减速直线运动。（4）正交分解法在动力学问题中的应用。（5）对称法分析竖直上抛运动。2.必须明确的几个易错点（1）处理刹车类问题时要注意在给定的时间内车是否已经停止运动。（2）物体沿斜面上冲时，从最高点返回时的加速度与上冲时的加速度不一定相同。（3）处理追及相遇问题时，若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。（4）注意区分a、

2、三个物理量的含义。（5）由图象得到的加速度方向与应用牛顿第二定律列式时所取的正方向应保持一致。（6）超重或失重的物体加速度方向不一定沿竖直方向。（7）加速度“突然”变化时，绳、杆产生的弹力可能跟着“突变”，而弹簧、橡皮筋产生的弹力不会“突变”。一、单选题8.（2020北京市十一学校高二期末）如图所示，将一个小球以初速度从地面竖直上抛，上升到最高点后又落回，落回抛出点时的速度大小为。规定竖直向上为正方向，由于空气阻力的影响，小球全过程的vt图象如图所示，下列说法不正确的是（）A.上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动B.下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动C.时刻加速度等于重力加速度gD.

3、时刻和的大小关系为【答案】D【解析】A.图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；B.图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，则下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动，故B正确；C.时刻小球的速度为0，此时的空气阻力为0，只受重力作用，则加速度为重力加速度，故C正确；D.由牛顿第二定律可知，上升过程中小球的加速度大小下落过程中小球的加速度大小为两过程中距离相等，由公式可知，加速度越大，则时间越小，即下落过程所用时间比上升过程所用时间更长，所以有故D错误。本题选不正确的，故选D。2.（2020黑龙江省齐齐哈尔市实验中学高一期中）

4、如图甲所示，一个质量m2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，g取10m/s2。则（）A.物块经过4s回到出发点B.4.5s时水平力F的瞬时功率为24WC.05s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D.05s内物块克服摩擦力做功为65J【答案】B【解析】A.由图象可知，在4s内一直向右运动，因此物块经过4s距离出发点最远，A错误；C.整个运动过程中，摩擦的方向始终与运动方向相反，因此摩擦力始终做负功，C

5、错误；D.在图象中，图象与时间轴围成的面积绝对值之和等于路程，因此5s内运动的路程克服摩擦做的功D错误；B.在图象中，图象的斜率表示加速度，由图可知，在45s时间内物体反向向左运动，加速度大小为，根据牛顿第二定律代入数据得水平力的大小而4.5s时的速度大小为1.5m/s，因此该时刻的瞬时功率B正确。3.（2020山东省高三二模）在2019年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。如图是定点跳伞时邢雅萍运动的v-t图像，假设她只在竖直方向运动，从0时刻开始先做自由落体运动，t1时刻速度达到v1时打开降落伞后做减速运动，在t2时刻以速度v2着地。已知邢雅萍（连同

6、装备）的质量为m，则邢雅萍（连同装备）（）A.0t2内机械能守恒B.0t2内机械能减少了C.t1时刻距地面的高度大于D.t1t2内受到的合力越来越小【答案】D【解析】A.0t1时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，t1 t2由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用，空气阻力做负功，故0t2内机械能不守恒，故A错误；B.机械能损失发生在t1 t2的时间段内，设t1时刻物体距离地面高度为h，则有解得阻力做负功，故机械能的减小量为故B错误；C.图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图若物体做匀减速直线运动，则有时间里平均速度由图可知运动员时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故两段时间里，邢雅萍的平均

7、速度小于，故t1时刻距地面的高度小于；故C错误；D.图象的斜率表示加速度，由图像可知，在时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故D正确。故选D。4.（2020重庆一中高三月考）一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在小物块运动03L的过程中，下列说法正确的是（）A.小物块在0L内做匀变速直线运动，L3L内做匀速运动B.小物块运动至3L处的速度为C.整个过程中水平外力做功为D.小物块从L处运动至3L处所用的时间为【答案】B【解析】A.0L小物块加速度减小，故小物

8、块做加速度减小的加速运动，L3L内加速度不变，小物块做匀加速运动，故A错误；B.由可知，图像围成的面积即为，有图像可知，03L过程中图像的面积为故3L处的速度为故B正确；C.整个过程中，由动能定理可得解得故C错误；D.L处小物块的速度为故所需的时间为故D错误；故选B。二、多选题5.（2019洛阳偃师中成外国语学校高三月考）如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m。A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg（k1）。A、B由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且能量损失，A环运动过程中未落地。则下列说法正确的是

9、（）A.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是B.B与地底一次碰撞后，B上升的最大高度是C.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是D.B与地底一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B离地面的高度是【答案】AC【解析】AB.物体A、B一起下落H过程，机械能守恒，则解得对B来说碰撞以后以速度v向上作匀减速运动，其加速度，由牛顿第二定律得得根据速度位移公式，上升的最大高度即B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是，故A正确，B错误；CD.对A来说碰撞后的加速度，由得方向竖直向上，当A、B速度相等时，两者相对静止，设经时间t后，两者速度相等，有解得B下端离地面的高度为即B与地第一次碰撞后

10、，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为，故C正确，D错误。故选AC。6.（2016江西省上高二中高三月考）如图甲所示，一质量为m1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于物体运动的说法中正确的是（）A.t1 s时物体开始做匀减速运动B.物体与接触面间的动摩擦因数为0. 2C.t3 s至t=5s时间内中，摩擦力对物体不做功D.t2 s时物体的加速度大小为1m/s2【答案】CD【解析】A.物体在开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始

11、做减速运动，即在1s时物体开始做减速运动，拉力减小，合力减小，加速度减小，做变减速运动，故A错误；B.由图可知滑动摩擦力大小为Ff=4N，根据滑动摩擦力公式可得，物体与接触面间的动摩擦因数为故B错误；C.由图可知，从3s开始，物体处于静止，所以t=3s至t=5s时间内中，摩擦力对物体不做功，故C正确；D.t=2s时，拉力大小为F=3N，根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小故D正确；故选CD。7.（2020河北省高二月考）图甲中，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。当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。取g=10m/s2

12、，则（）A.滑块的质量m=2kgB.06s内，滑块做匀加速直线运动C.当F=8N时，滑块的加速度大小为1m/s2D.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1【答案】CD【解析】A.当F等于6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=（M+m）a代入数据解得M+m=6kg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得知图线的斜率解得M=2kgm=4kg故A错误；B.06s内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故B错误；CD.根据F等于6N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2；根据牛顿第二定律可得a

13、=g解得动摩擦因数为=0.1，故CD正确。故选CD。8.（2020重庆一中高一月考）一质量为2kg、初速度v0为m/s、向右运动的物体，在同方向水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，已知摩擦力大小恒为4N，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10m/s2，由此可知（）A.全程物体拉力做的总功小于总产热量B.全程物体拉力做的总功约为41JC.物体运动的最大速度约为4m/sD.物体从出发到运动到4m处经过了s【答案】ABC【解析】A.物体运动的全过程，由动能定理而可得则全程物体拉力做的总功小于总产热量

14、，故A正确；B.全程物体拉力做的总功为图像所围成的面积，数方格数时四舍五入，故C.拉力大于摩擦力时，物体做加速运动，拉力小于摩擦力时物体做减速运动，故拉力等于摩擦力时物体的速度最大，由图像可读出时，位移为由动能定理可知而解得最大速度为故C正确；D.物体从出发到运动到4m的过程拉力为恒力，由牛顿第二定律可得加速度为由匀变速直线运动的位移公式解得运动时间为故D错误。故选ABC。9.（2020宜宾市叙州区第一中学校高三其他）如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：以向左为正，、k均为大于零的常数，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且时，

15、物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的是A.当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B.物体与墙壁脱离的时刻为C.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线D.物体克服摩擦力所做的功为【答案】BD【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误。当物体与墙面脱离时F为零，所以，解得时间，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故C错误。

16、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：，物体克服摩擦力所做的功故D正确。故选BD。10.（2020湖南省高三三模）某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角，实验测得x与的关系如图乙所示，取g10m/s2。则由图可知（）A.物体的初速率v03m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数0.8C.图乙中xmin0.36mD.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当37，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m【答案】AC【解析】A.当时，物体做竖

17、直上抛运动，不受摩擦力作用，根据可得A正确；B.当时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理代入数据解得B错误；C.根据动能定理整理得因此位移最小值C正确；D.动能与重力势能相等的位置整理得D错误。故选AC。11.（2020山东省青岛第十七中学高一期中）如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（）A.小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了B.小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为C.小物体从

18、高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为D.小物体下落至高度h4时，物块处于失重状态【答案】ABC【解析】A.小物体下落过程中，小物体和弹簧组成的系统机械能守恒；由图知，小物体下落至高度h4的动能与下落至高度h2时的动能相同，则小物体从高度h2下降到h4过程，弹簧弹性势能的增加量等于重力势能的减少量，所以弹簧弹性势能的增加量为，故A正确；B.小物体下降至高度h3时，动能达到最大，加速度为零，此时有弹簧形变量为，故B正确；C.小物体到达最低点时，速度为0，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大；小物体从高度h1下降到h5，动能的变化量为0，弹簧弹性势能的增大等于重力势能的减少，所以弹簧的最大弹性势能为

19、，故C正确；D.小物体从高度h3下降到高度h5过程，小物体动能减小，向下做减速运动，则小物体下落至高度h4时，小物体处于超重状态，故D错误。故选ABC。三、解答题12.（2020山东省高三其他）游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为1kg，b、c间的动摩擦因数1=0.4，c与地面间的动摩擦因数2=0.6.在某次投掷中，球a以v0=6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g=10m/s2，求

20、：(1)球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；(2)a、b合为一体时的速度大小；(3)要使ab不脱离木板c，木板长度L的最小值。【答案】(1)4.32m ；(2)3.2m/s；(3)2.96m.【解析】(1)a球从抛出到落到b槽内的时间 此过程中a球的水平位移 设a、b、c的质量分别为2m、m、m；假设bc之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 则bc之间要产生相对滑动，其中b的加速度为在时间t内槽b的位移为 球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离 ；(2)a落在槽b中时，槽b的速度 方向向左，设向右为正方向，则对ab系统由动量守恒定律：解得v2=3.2m/s(3)当a做平抛运动的时间

21、内，木板c的加速度当球a落到槽b中时木板c的速度此时槽b相对木板c向右滑动的距离为 当球a落到槽b中后板c的加速度而ab的共同加速度仍为因ab一起向右减速，而c向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移 则木板长度L的最小值13.（2020河北省高二月考）“桌布挑战”是2019年最流行的网红挑战项目之一，其挑战规则是一个人用力抽走桌布，同时保证桌子上的餐具“不动”（肉眼观察不到餐具位置发生变化）。现将该挑战做如图所示的简化，在桌面上放置一块桌布，将一个可视为质点的正方体静置于桌布上，小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为m和M，正方体与桌布间的动摩擦因数为

22、，桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若要使正方体相对桌布静止，求拉力的最大值T；(2)右人肉眼感知物体“不动”的最大距离=0.0075m，m=1kg，M=2kg，g=10m/s2，正方体与桌布左端的距离d=0.04m，求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。【答案】(1)；(2) 25N【解析】(1)设正方体的最大加速度为a1，桌布的加速度大小为a2，对正方体、桌布分别受力分析有正方体和桌布保持相对静止应满足解得拉力的最大值为。(2)设正方体在桌布上运动的位移大小为x1，加速度大小为a3，时间为t1；正方体离开桌布后运动的位移大小为x2

23、，加速度大小为a4，时间为t2；正方体从桌布上离开前，桌布的加速度大小为a5，桌布运动的位移大小为x3，有若要完成挑战，则正方体移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知物体“不动”的最大距离，考虑临界值由正方体先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有联立可得F=25N14.（2020山东省高三其他）如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为=30、高度为h=1.6m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，物块A经过一段时间后

24、从斜面顶端以4m/s的速率沿平行于斜面方向落到木板B上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为。木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)物体A水平抛出时离地面的高度H；(2)薄木板B从开始运动到与档板碰撞所需的时间；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】(1)1.8m；(2)0.6s；(3)5J【解析】(1)物块A落到B上时解得vy2m/s物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：解得H1.8m(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数0应满足：mgsin 300mgcos 30得物块A在木板上滑行时，以A为研究对象有：(沿斜面向上)以木板B为研究对象有：(沿斜面向下)假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v共aBt1vaAt1解得v共3 m/s，t10.4 s此过程故xxAxB0.8 mLl01.8m说明以上假设成立共速后，由于(Mm)gsin 300(Mm)gcos 30，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所需时间所以t=t1+t2=0.6s(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压