模型05牛顿定律（1）-备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习（原卷版）

1、模型05牛顿定律（1） 备战2023年高考案头必备模型+典例+方法+练习目 录 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark19 o Current Document 连接体模型2 HYPERLINK l bookmark29 o Current Document 瞬时加速度模型5 HYPERLINK l bookmark39 o Current Document 动力学两类基本问题7 HYPERLINK l bookmark5 o Current Document 车物同体模型11 HYPERLINK l bookmark9 o Current Document 弹簧

2、相关运动模型13 HYPERLINK l bookmark13 o Current Document 抓住“运动转折点速度”解决动力学多过程模型15 HYPERLINK l bookmark17 o Current Document 超重失重模型17但式情形下，内0,不合题意，舍去（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为/1,由牛顿定律有 fi=ma在trt2时间内，阻力对汽车冲量的大小为由动量定理有r - 叫-生由动量定理，在trh时间内，汽车克服阻力做的功力联立式，代入数据解得vi=30 m/sW = L16xl（）5 j 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离S约为5

3、= V/1 +：（匕 +岭）2一%）+ 9 22a联立，代入数据解得s=87.5 m【练习】【由运动求受力】（2022广东广州市高三下学期一模）如图，篮球从某一高度自由 落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，以下图像能大致反映该过程篮球AqA。AqA。【由受力求运动】（2022黑龙江哈尔滨三中模拟预测）如下图，一足够长的传送带倾斜 放置，倾角氏37。，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度vo=12m/s从4端冲 上传送带,煤块与传送带之间动摩擦因数=0.25,取g=10m/s2, sin37= 0.6 cos37= 0.8o 那么以下说法正确的选项是（）BA.煤块冲上

4、传送带后经1s与传送带速度相同B.煤块向上滑行的最大位移为10mC.煤块从冲上传送带到返回八端所用的时间为5sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4石）m车物同体模型【模型】动力学问题中，物体和物体内部物体相对静止问题。【方法】车物同体模型：车内物体与车相对静止模型。车物同体模型两者加速度相等，物体的加速度方向与车加速度方向相同经常是隐含条件。【典例】（2019重庆高一月考）一质量为町=J5kg的小球用轻细绳吊在小车内的顶棚上, 如下图.车厢内的地板上有一质量为牡=20，5kg的木箱.当小车向右做匀加速直线运动 时，细绳与竖直方向的夹角为。=30。，木箱与车厢地板相对静止.（空气阻力忽略不

5、计，取g= 10m/s2）求：(1)小车运动加速度。的大小;(2)细绳对小车顶棚拉力t的大小;(3)木箱受到摩擦力/的大小。【答案】(1) 121 m/s2； (1)小车运动加速度。的大小;(2)细绳对小车顶棚拉力t的大小;(3)木箱受到摩擦力/的大小。【答案】(1) 121 m/s2； (2) 20N；3(3) 200No【解析】（1）对小球受力分析如下图,所以：a = g tan30 Jm/s?（2）细绳拉力大小：大二m1g =20N cos30细绳对小车顶棚的拉力：T = 7, = 20N（3）对木箱受力分析如下图,【练习】（多项选择）（2019吉林长春十一高高一期末）如下图，在小车内有

6、一个固定的斜面, 斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B,小球在如下图的位置始终保持与小车相对静止，那么以下说法中正确的选项是A.物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零B.物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零C.物体B对线的拉力一定大于mgD.小车在做匀加速直线运动弹簧相关运动模型【方法】弹力不能发生突变；弹力沿弹簧轴线方向，可以是拉力也可以是推力；弹簧类运动 问题中有一些特殊位置要密切关注，如：平衡位置、弹簧最长最短位置、弹簧原长位置、拉 伸和压缩的对称位置【典例】（2022全国甲卷T19）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一 轻弹簧水平

7、连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为4。重力加速度大小为g。用水平向右 的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，那么从此刻开始到弹簧第 一次恢复原长之前（ ）画MEf/ 7 / 77 首门7777777777）777）777777777777P的加速度大小的最大值为Q加速度大小的最大值为2jugP的位移大小一定大于Q的位移大小P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m,撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，那么拉力大小为F = 2/Limg撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为二吆AB.以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为两滑块与

8、地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为一心-mg =加而1解得 pi = -2g此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧 的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合 外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2/叫oQ加速度大小最大值为弹簧恢复原长时= maQm ,解得aQm = -jumg ,故滑块q加速 度大小最大值为“笈，A正确，B错误；C.滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小, 故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为

9、-/Limg = maP2,解得许2=一撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为24g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。应选AD。【练习1】（2020高考精优预测山东卷2）如下图，吊篮从物体反物体。的质量分别 为勿、2m、3m, 8和。分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂 下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（）A.吊篮A.吊篮A的加速度大小为gC.物体。的加速度大小为gB.物体

10、方的加速度大小为gD. A、。间的弹力大小为。.5根g【练习2】（2020湖北高一期末）如图，物块和c的质量相同，。和固定点0、。和c之间用完全相同的轻弹簧Si和8相连，。和b之间通过细线连接。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将剪断后瞬时物块、b和c的加速度的大小记为0、2和。3, Si和S2相对于原长的伸长量分别记为/l和/2,重力加速度大小为g,那么剪断细线后瞬间（A. Qi=2gB. 2=2gD. Ah- AhA. Qi=2g抓住“运动转折点速度”解决动力学多过程模型【方法】对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间 的关系，其常见问题有传送带模型、滑块

11、一滑板模型等.设置物理量时候临界位置速度把两个过程衔接起来，解题时经常把这个位置速度引入题中进 行分析。分析“多过程”问题的方法要领：（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程.分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、 速度关系等，并列出相关的辅助方程.联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证.【典例】如图甲所示，质量为租=13的物体置于倾角为37。的固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向

12、上的恒力 在= 1s时撤去拉力，物体运动的局部力图象如图 乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g取10ms一2, sin 37 = 0.6, cos37 =0.8)试求：(1)物体运动01s和1s2s内的加速度大小；(2)物体与斜面间的动摩擦因数H和拉力F的大小；(3) t = 4s时物体的速度大小.【答案】解：(1)根据速度-时间图线中的斜率表示加速度可知，匀加速直线运动的加速度大小为：al = (20 - 0)/1 = 20 ms-2匀减速直线运动的加速度大小为：。2 = (20 - 10)/(2 - 1) = 10 ms-2(2)根据牛顿第二定律得：施加拉力时：F - fi

13、mgcosO - mgsinO = mal撤去拉力后7ngs出。+ /imgcosO = ma2联立解得：F = 30 N = 0.5(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力产后物体运动到最高点的时间为V1 =。212解得日=20/10 = 2 s那么物体沿斜面下滑的时间为七= t-tr-t2 = 4-2-l = ls设下滑加速度大小为内，由牛顿第二定律得：mgsinO iimgcosO = ma3解得a? = 2 ms所以t = 4s时物体的速度：v = a_3 t_3 = 2 x 1 m/s = 2 m/s答：(1)物体运动0Is和Is2s内的加速度大小分别为20巾/s八2和10ms-

14、2；(2)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力尸的大小分别为0.5和30N；(3)t = 4s时物体的速度大小为2m/s.【解析】(1)由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度；(2)根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力歹的大小；(3)先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系 公式求解4s末速度.【名师点拨】此题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过 程的加速度，然后结合运动学公式列式求解即可，注意正确分析物理过程是解题的关键.【练习】（2020年全国II卷）如图，一竖直圆管质量为下端距水平地面的高度为 H,顶端塞有

15、一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生屡次弹性碰撞，且每次 碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。球和管之间的滑动摩擦 力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）（略）口g I :H I ：超重失重模型【模型】超重，是物体所受限制力（拉力或支持力）大于物体所受重力的现象。当物体做向 上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上 的加速度，物体就处于超重状态。失重是指物体对支持物的压力（或对

16、悬挂物的拉力）小于物体所受重力时出现的现象。失重 有时也泛指零重力和微重力环境。通俗地讲，当加速度竖直向下时为失重状态。【方法】超重就是所受弹力大于重力，失重就是所受弹力小于重力。加速度向上叫超重，向 下就是失重。【典例】在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力传感器相连，电梯先从静止加速上 升，然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器屏幕上显示出其所受的压力与时间的 关系（Fn-D图象，如下图，gmlOm/s2,以下说法正确的选项是（）力力(N)力(N)5550454035302520力(N)555045403530252015105/ )/时间（s）A.电梯在启动阶段经历了 4s的加

17、速上升过程B.电梯的最大加速度是:m/s2C.重物在。到4s的时间里，先超重后失重D.在整个过程中，重物重力先变大，后不变，再变小，最后又不变【答案】A【详解】AC. 04s,压力大于重力，电梯加速度竖直向上，处于超重状态，做加速上升。故A正确；C错误；B.根据图像信息可得，压力保持不变时，根据二力平衡有机g = G解得m = 3kg压力即支持力最大为50N,此时加速度最大，由牛顿第二定律有代入数据，得。= -m/s2故B错误；D.在整个过程中，重物重力保持不变。故D错误。应选Ao【练习1】（2020 山东卷）一质量为力的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间的关 系图像如下图。乘客所受支持力的

18、大小用A表示，速度大小用/表示。重力加速度大小 为g。以下判断正确的选项是（）A. 0。时间内， 增大，氏侬B. tT t.2时间内，r减小，FmgC. t/t.3时间内，v增大，R f/ 7 / 77 首门7777777777）777）777777777777P的加速度大小的最大值为Q加速度大小的最大值为P的位移大小一定大于Q的位移大小P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m,撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，那么拉力大小为F = 2/Limg撤去拉力前对Q受力分析可知I,弹簧的弹力为吆AB.以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为“起，两滑块与地

19、面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为一2g =解得ip】=2g此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧 的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合 外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2叫。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时-根g =机Qm，解得二 mg ,故滑块Q加速 度大小最大值为以勿火，A正确，B错误；C.滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小, 故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为-jumg = maP2,解得

20、外？ 二,撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度 大小为24g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始 的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为4g。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。应选AD。【练习1】（2020年全国H卷）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B,如图 所示，一实验小组用此装置测量B运动的加速度。OA令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球测得小球B释放时的高度h=0. 590m,下降一段距 离后的高度h=0. 100m；由ho下降至h所用时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大

21、小为 a=m/s保存3位有效数字）。从实验室提供的数据得知小球A、B的质量分别为100. 0g和150. 0g,当地重力加速度大小 为9. 8 ni/s?。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度a=m八2（保存3位有效数字）。 可以看出a、与a有明显差异，除实验中偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原 因：o【练习2】（2020 江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了 “生命之路”，为国际抗疫贡献了 中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平 直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。假设每节车厢所受摩擦力、空气阻 力均相等，那么倒数第3节对倒数第2节

22、车厢的牵引力为（） TOC o 1-5 h z 19FFFA. F B. C. D.201920【练习3（多项选择）如下图，有A、B两物体，mA=2mB,用细绳连接后放在光滑的斜面上，在 它们下滑的过程中（）A.它们的加速度a = gsin7/77/77/7/7/7ZZ7A.撤去F1的瞬间，物体受到的合外力大小变为INB.撤去片的瞬间，物体受到的摩擦力大小变为2NC.撤去的瞬间，物体受到的合外力大小变为3ND.撤去尸2的瞬间，物体受到的摩擦力大小仍为4N【练习31 （2022云南师大附中高三阶段练习）如下图，质量为2kg的物体4静止于竖直 的轻弹簧上，质量为3kg的物体3用细线悬挂，A、8间相

23、互接触但无压力，取重力加速度 g = 10m/?o某时刻将细线剪断，那么细线剪断瞬间（）/A. 8对A的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为50 N5的加速度大小为10m/A的加速度为零动力学两类基本问题【模型】一种情况是受力情况，求物体运动情况；另一种是运动情况，求解物体受 力情况。【思想方法】两类动力学的基本问题.从受力情况确定运动情况根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的.加速度，再通过运动学的规律确定物 体的运动情况。.从运动情况确定受力情况根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所 受的外力。.分析这两点问题的关键是抓住受力情况和运动情况

24、的桥梁加速度。.求解这两类问题的思路，可由下面的框图来表示。第一类第二类.由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤（1）确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图（2）根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向）（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度（4）结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量，并分析讨 论结果是否正确合理【典例】（2019新课标全国口卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速 行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车 所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图