2019年高考物理总复习专题03牛顿运动定律精准导航学案

1、专题03牛顿运动定律考纲定位本讲共涉及一个一级考点（1）超重和失重一个二级考点（1）牛顿运动定律及其应用本章共涉及两个考点、一个一级考点、一个二级考点，考试中有单独考选择题的，也有考计算题的，近几年看这一章内容是年年必考，但分值波动比较大。必备知识1 .超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向.当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a=g且竖直向下时，完全失重.2 .动力学的两类基本问题的处理思路运动情况v、 x、tF=ma运动学公式受力情况|一产一回

2、一3 .解决动力学问题的常用方法（1）整体法与隔离法.（2）正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.（3）逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.题型洞察.题型研究一：图象问题（一）真题再现1.（2018全国卷I-T15）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）【答案】A【解析】

3、设弹簧的最大压缩量为1,根据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F+k（1-x）-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。【易错警示】（1）x表示P离开静止位置的位移，并不是弹簧的压缩量。（2）物块P做匀加速直线运动，其加速度恒定。2.（2015全国卷IT20）如图（a）,一物块在t=0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v。、Vi、ti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【答案】ACD【解析】由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小

4、为a=v,根据牛顿第二定律得mcsin0ti+（1mgsos0=ma即gsine+gcose=v0-.同理向下滑行时gsine-gcos0=凶，两式联立得titisine=v0±"，w=V°Vi.可见能计算出斜面的倾斜角度e以及动摩擦因数，选项A、C正确；物2gti2gticos块滑上斜面时的初速度V0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0,那么平均速度为血，所以沿斜面向上滑行白最远距离为x=v_ti,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsine=v_tix旺巴=v0（V0+V1）,选项d正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B错误.2

5、2gti4g3.（2013全国卷n不4）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是（）【解析】当0 F ，时，物块始终静止，加速度为0；当F fm时，物块做加速运动运动，由牛顿第二定律可得Ffmma,又fmmg,则有Fmamg,故选项C正确。4.（2013全国卷IT2o）2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的

6、动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为I000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（）A. 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1B. 在0.4s2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 gD.在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变【答案】AC【解析】由图象可知，从看舰到停止

7、,飞机在甲板上滑行的距离即为图象与寸间所构成的面枳，即约为而无阻拦素的位移为lOWm,因此飞机在甲板上涓行的距离约为汨阻拦索时的工，2LO故A正确$在04-2冬时间内，速度与时间的图象的斜率不变t则加速度也不变，所以合力也不变，因北比目栏索的张力的合力几乎不随时间变化也阻拦索的张力是变化的,数E错误；在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为a=itl,s2=26.2mr's2>2.5g;故C正确$在0-4«f少.5.时间内尸阻AT2.5-0.4拦系统对飞机做功的功率E，虽然F不变,但n是遨所变小，所以其变化的.故D错误+（二）精准练习1.如图甲所示，直角三角形斜劈abc

8、固定在水平面上.t=0时，一物块（可视为质点）从底端a以初速度V0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g=10m/s；则下列物理量中不能求出的是（）A.斜面ab的倾角0B.物块与斜面间的动摩擦因数C.物块白质量mD.斜面bc的长度L【答案】C【解析】根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小ai、a2,根据牛顿第二定律有mgin0+（1mgpos9=ma,mgcos0（1mg>in0=ma,则可求出8和！i,但m无法求出，根据题图乙可求出

9、0.61.6s时间内物块的位移大小，即可求出L,故选项C正确.2 .如图a所示，水平面上质量相等的两木块A、B,用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态.现用一竖直向上的力F拉动木块A,使木块A向上做匀加速直线运动（如图b）,研究从力F刚作用在木块A瞬间A的起点位置为坐标原点.则下面图中能正确到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块表示力F和木块A的位移x之间关系的图是（）【解析】设原来系统静止时弹簧的压缩长度为X0,当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为（x0-x）,弹簧的弹力大小为k（x0-x）,根据牛顿第二定律得F+k（x0-x）-mg=m<a得到，F=kx-kxo+mam

10、g又kxo=mg则得到F=kx+ma可见F与x是线性关系，当x=0时，kx+ma>0.故选A。3 .如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）A.小球刚接触弹簧时速度最大8 .当x=0.3m时，小球处于超重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】BCD【解析】由小

11、球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力.所以可得：kAx=mcg,解彳导:kmg0.210N/m20.0N/m,选项A错误；C正确；弹簧的最大缩短量为Vx0.1x=0.3m,所以弹簧弹力为F=20N/mx0.3m=6N>mg故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD4.若货物随升降机运动的v-t图象如图所示（竖直向上为正），则货物

12、受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（）【答案】B【解析】SM图象可知：过程为何正匀加速直线运动（加速度向下，失重，尸5跤；过程为向下勺速直线运动处于平衡状态,咤啮¥过程（彷向下匀漏速直线运动（加速度向上,超重D,过程勤向上匀加速直线运动仍口速度向上，超重，心总过程为向上匀速直缄运动处于平衡状态，尸二啮；过程为向上匀减速直笠运动（加速度向下，失重,粽合选项分析可知B选项正确.二.题型研究二：牛顿运动定律理解（一）真题再现1. （2017海南，3）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮

13、胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25m汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10ims2）A.10n/sB.20m/sC.30m/sD.40n/s【答案】B【解析】刹车后汽车的合外力为摩擦力f=mg加速度amg 8ms2,又刹车线长25m,故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小vV2as=J2825ms=20ms,故选Bo2. （2016全国卷甲Ti9）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则（）A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速

14、度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】设小球在下落过程中所受阻力了田=就，±为常数，我为4雌韦至由牛顿第二定律可知；鹏4443k1一尸乩二的，由布=/3/=二郎胪知：三力疝十一战二二川汨炉内即值二2一六,故知：尤越大,也越大，3334/Hta即下落过程中选项c错误下落相同的距离，由知，"越大，F越小,选项A错误；由加=炉一嗯如J加=0,口越大，管越大，选项B正确J由产纪=一产S知，甲球克fi即目力做的功更大一些,选项D正解3. （2015全国卷nT20）在一东西向的水平直铁轨上，停

15、放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在 2 ，,机车在西边拉着车厢以大小为 一a的加速度向西行驶时,3擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（A. 8B . 10 C . 15【答案】BC【解析】设PQB边有n节车厢，每节车厢的质量为PQ东边有k节车厢，则F=km2 a3联立得3n=2k,由此式可知n只能取偶数，P和Q间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩）D. 18m,则 F=nmaD东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当当n=2时，k=3,总节数为N=5当n=4时，k=6,总节数为Nl=10当n=6时，k=9,总节数为N=1

16、5当n=8时，k=12,总节数为N=20,故选项日C正确.（二）精准练习1.研究表明：雨滴自高空由静止下落，雨滴下落过程中受空气阻力随其速度增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度.假设每个雨滴可看成球形，每个雨滴的密度相同，雨滴下落过程中受到空气的阻力与雨滴的半径r的平方成正比，与下落速度v的平方成正比，即f®=kr2v2,其中k为比例常数，对于常温下的空气，比例系数k=3.4X10-4N-s/m2,已知球的体积公式：V=43n?r3（r为半径），g=10N/kg.每个雨滴最终都做匀速运动。如果两个雨滴的半径之比为1:4,则这两个3雨滴的落地速度之

17、比为（）A. 1:8B. 1:4C. 1:2D. 1:1【答案】C【解析】由题意知，每个雨滴最终都做匀速直线运动，此时雨滴受到的空气阻力与其重力是一对平衡力，大小相等；即f阻=6雨滴=mg=pVg=n13Pg，根据题意有：f阻=女人2，联立可解得：v=Jgrg.3:3k由于每个雨滴的密度p相同，式、g、k均为常数，所以这两个雨滴的落地速度之比：vi：V2=g=1:2。2.高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m各动力车厢产生的动力相同，经测t该列车启动时能在

18、时间t内将速度提高到v,已知运动阻力是车重的k倍。求：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；（2）列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？【答案】（1）1mv+kg）（2）14kmg3t15【解析】（1）列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a=2t对整个列车，由牛屯第二定律得：Fk-7mg=7mOD设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T,对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示,一、2F由牛顿第二定律得+T-k-2mg=2maD61V联立得T=m+kg）3t其中“一”表示实际作用

19、力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。列车匀速运动时，对整体由平衡条件得，了r-7惟=竭设第六节车厢有动力时，第五、六节车相间的作用力为人则有：十八一2叫二0b第六节车厢失去动力时I仍保持列车匀速运动1则总牵引力不变J设此时第五、六节车厢间的作肋为西，分析第六I七节车厢）则有:十R一上。叫=00联立得T】=1豺畛711因此作用力变化"二八一门=3加里三.题型研究三：滑块模型（一）真题再现1.（2017新课标出25）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和m=5kg,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邛=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩

20、擦因数为2=0.1o某时刻AB两滑块开始相向滑动，初速度大小均为vo=3m/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=10m/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。【答案】(1)1m/s；(2)1.9m【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设AB与木板间的摩擦力的大小分别为九、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,AB、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a在物块B与木板达到共同速度前有：fggf2ggf32(mAmBm)g由牛顿第二定律得fmAaAf2mBaBf

21、2f1f3ma1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V1VoHbLv1a1t1V11m/s联立式，代入数据解得：(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离(io),1,2sBV0t1aBt1设在B与木板达到共同速度2V1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:ff3(mBm)a2(n)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vi,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的速度从vi变到V2所用时间为t2,根据运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有vVia

22、At2（13）在12时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为(14)12siV1t22a2t2在（ti+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为/JL,、i/JL,、2(15)sAV0(t2t2)2aA。2t2)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，两都之间的距离为80sAs1sB（16）联立以上各式，代入数据得s0i.9m（也可以用下图的速度-时间图象做）2.（20i5全国卷IT25）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4.5m,如图（a）所示.T=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=i

23、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is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i5倍，重力加速度大小g 取 10 m/s 2.求:Ii-012(/s图图(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.【答案】(1)0.10.4(2)6m(3)6.5mt解析】(1)根据图象可以判定也罹前小物块与木板共同速度为v=4m/s碰撞后木板速度水平向左,大小也是小物块受到滑动摩掇力面向右曲句减速直线运动，加速度大小4003j皿(=4皿

24、'式根据牛顿第二定律有内喀=的/解得用二0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间f=13位卷工=4.5m,末速度二4向百其逆运动则为匀加速直线运动可得了=讨+；Jr解得ai=Im/s1小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力由牛棚第W律得：阳储十15附返=住十15阴心,和国g=G解得田二0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有(11(15mg+(12mg=15ma可得33=m/s232对滑块，加速度大小为32=4m/s由于32>33,所以滑块速度先减小到0,所用时间为t1=1s的过程中，木板向左运动的位移为X1=vt1FT m,23末速度vi = m/s滑

25、块向右运动的位移X2 =3v 0,.11= 2 m2此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为2a2 = 4 m/s木板继续减速，加速度大小仍为a3=4m/s23假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=Via3t2解得12=0.5s1 27此过程中，木板向左运动的位移X3=vit2a3t2=m,末速度V3=via3t2=2m/s2 61 2滑块向左运动的位移X4=a2t2=0.5m2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Ax=xi+X2+X3X4=6m2ai = 1 m/s小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(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

26、向左运动的位移为X5=2m2a1所以木板右端离墙壁最远的距离为x=X1+X3+X5=6.5m3.(2015全国卷nT25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为0=37°(sin37°=3)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含5有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，AB间的动摩擦因数呼减小为总，RC间的动摩擦因数邛减小为0.5,8A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变.已知A开始运动

27、时，A离B下边缘白距离l=27m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)在02s时间内A和B加速度的大小;(2)A在B上总的运动时间。【答案】(1)3m/s21m/s2(2)4sN是A与B之间的摩擦力和正压力【解析】(1)在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中f的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件规定沿斜面向下为正.设/和B的加速度分别为s和“,由牛顿第二定律得M=Wi联立式,并代入题给数据得6=3m/承02=1或承(2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为V1和V2,则vi=ait

28、1=6m/sV2=a2ti=2m/st>ti时，设A和B的加速度分别为a'i和a'2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a'1=6m/s2?a'2=2m/s2?B做减速运动.设经过时间t2,B的速度减为零，则有V2+a2t2=0?联立？式得t2=1s?在11+12时间内，A相对于B运动的距离为1,2,1,2,1,2,1,2、s=-av1t2+a1t2（一azt+v2t2+a2t2）2222=12m<27m?此后B静止，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B,则有1,2ls=(w+a1t2)t3+-a1t22可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总=t1+t2+t3=4s（二）精准练习1.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块Ao木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a,得到如图乙所示的aF图象，g取10m/s2,（）甲乙A.滑块A的质量为4