训练02 牛顿运动定律的综合应用-突破2021年高考物理压轴大题针对训练（解析版）

训练02牛顿运动定律的综合应用

1.低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须

打开降落伞，才能保证着地安全。某跳伞运动员从高，=100m的楼顶起跳，自由下落一段时间后打开降落

伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞被视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间♦变化的图像

如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量”?=60kg,开伞后所受阻力大小与速率成正比，即产取

g=10m/s2,求：

(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度；

(2)打开降落伞后阻力所做的功。

【答案】(1)30m/s2.方向竖直向上；(2)-5.925xlO4J

【详解】

(1)0〜2s内物体做自由落体运动，有

v,==20m/s

匀速运动时有

mg=kv、

刚打开降落伞时，有

mg—f-ma

f=如i

解得

a=-30m/s2

故加速度大小为30m/s2,方向竖直向上。

(2)对运动员下降的全过程，根据动能定理得

12

mgH+Wy=—mv2

解得

W,=-5.925X104J

2.为了检测一架大疆无人机的承受摔损能力，科研小组设计了一次模拟试验：己知一架无人机的质量m=2

kg,其动力系统提供的升力恒为F=32N,飞行时所受的空气阻力大小恒为户4N。让该无人机从地面由静

止开始竖直上升，3s后关闭发动机。取重力加速度大小g=10m/s2,假设无人机只在竖直方向运动。求：

（1）无人机3s末的速度大小也；

（2）若无人机落地的速度大于16m/s就会损毁，请你通过计算判断本次模拟试验无人机是否损毁？

【答案】（1）12m/s；（2）会损毁，见解析

【详解】

（1）无人机受重力、升力和阻力作用做匀加速宜线运动，由牛顿第二定律得

F—mg-f=max

解得

q=4m/s2

无人机3s末的速度大小

匕二叫

解得

Vj=12m/s

（2）最初3s内上升的高度

12

\=—a}t]=18m

设关闭发动机后上升阶段加速度大小为Z,由牛顿第二定律得

f+mg=tna2

解得

a,=12m/s2

设关闭发动机后无人机上升的高度为比，山运动学公式可得

0一匕~=一2%/^

解得

hy=6m

无人机离地面的最大高度

H=hy+

H=24m

无人机到最高点后下落，设加速度大小为“3,落地时的速度为也，由牛顿第二定律得

mg-f=may

2

a3=8m/s

由运动学公式可得

v/=2a3H

v2=8瓜m/s>16m/s

所以本次模拟试验无人机会损毁

3.如图，ABC为一竖直面内的光滑轨道，A8段和8c段均为直线，且在B处平滑连接，AB段与水平面的

夹角为37。。D、E是轨道上的两点，。点的高度/7i=0.6m,E点的高度力2=0.2m。质量〃?=1.6kg的小物

体，受水平向左的恒力F的作用，从。点由静止开始，沿AB向下做匀加速直线运动。当物体运动到B点

时撤去F,物体继续沿段斜向上运动，至E点时速度为零。求：(sin37o=0.6,8$37。=0.8,g取10m/s2)

(1)物体经过B点时的速率；

(2)物体所受恒力尸的大小；

(3)在保持其他条件不变的前提下，尸的大小变为4.8N：

①若物体在BC上运动的最大高度与。点的高度相同，求产的方向；

②若尸取不同方向，则物体在8C上能达到不同的最大高度，求最大高度的取值范围。

AC

D

【答案】(1)2m/s；(2)8N；(3)①垂直于A8向下或向上两个方向；®0.3m</?<0.9mo

【详解】

(1)物体从3点到E点过程中，由动能定理得

mg/^-0

解得

vB=2m/s

(2)£»长度

41

s-------=----!—=1m

sin37°

沿AB下滑的加速度大小

2

a--=2m/s2

2s

由牛顿第二定律得

mgsin37°-Fcos37°=ma

解得

F=8N

(3)①因为物体在BC轨道上到达的最大高度与。点等高，可以断定：除重力做功之外，其他力不做功,

即尸不做功，尸一定垂直于物体运动方向。由于

F<mgcos37°

F可以取垂直于AB向下或向上两个方向。

②(a)当尸沿斜面向上时，物体的加速度最小，到达8点时的速度为最小，在8c轨道上能到达的最大高度

值最小。设此种情况下的加速度为e,由牛顿第二定律得

mgsin370-F=max

又

用=2als

解得

2

4=3m/s,vm-V6m/s

设物体在8c轨道上能到达的最大高度为〃皿X”山动能定理得

mg%xi=g加哈一0

解得

2

hma.x।=—。=0.3m

2g

(b)当尸沿斜面向下时，物体的加速度最大，到达8点时的速度v«2最大，在8c轨道上能到达的最大高度值

最大。设此种情况下的加速度为S,由牛顿第二定律得

mgsin37°+F=ma、

又

%2=242s

解得

2

a2-9m/s,vB2=3V2m/s

设物体在8c轨道上能到达的最大高度为力1nax2,由动能定理得

，〃g%x2=；机次2.0

解得

2

4皿2=~^-=0.9m

2g

因此，物体在8c上能到达的最大高度范围是0.3m0.9m。

4.我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小/可用尸=人2表示,

其中攵为比例常数；u是飞机在平直跑道上的滑行速度，口与飞机所受重力相等时的-称为飞机的起飞离地

速度，已知舰载飞机空载质量为L69xl()3kg时，起飞离地速度为78m/s,装载弹药后质量为2.56xl()3kg。

(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；

(2)若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞

机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小(不计所有阻力)。

【答案】⑴96m/s；⑵3.75s；6.55X104N

【详解】

(1)由起飞条件知

仪2=㈣g

.=m2g

联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为

v2-96m/s

(2)山匀变速直线运动规律可得

x=­岭t*

2

解之，可得飞机在滑行过程中所用的时间为

t=——=3.75s

v2

由匀变速直线运动速度公式可得

a=—=25.6m/s2

t

依据牛顿第二定律可知平均推力为

E=松h6.55x1(尸N

5.某司机驾驶小汽车以速度w途经十字路口时，松开油门，小汽车在滚动摩擦作用下沿直线匀减速行驶，

后又发现红灯倒计时所剩时间不多，于是狠踩刹车，车轮抱死(不转)，小汽车在滑动摩擦作用下沿直线继

续匀减速直至停止。已知轮胎与地面间的滑动摩擦因数为〃=0.6,小汽车滑动阶段的速度随时间变化的图象

如图所示。滚动摩擦减速过程的位移与滑动摩擦减速过程的位移之比为5：2,且两段减速过程耗时相同，

滑动阶段小汽车的某个车轮在地面留下的滑痕长为3m。

(1)求刚开始踩刹车时小汽车的速度大小；

(2)设小汽车滚动摩擦减速阶段的摩擦力与压力之比为入，求鼠

【答案】⑴6m/s；(2)0.3

【详解】

(I)设刚开始踩刹车时小汽车的速度大小为丫，位移大小为M=3m,由动能定理有

-pmgx2=。；，加

解得

v=6m/s

另法：设刚开始踩刹车时小汽车的速度大小为V,加速度大小为S,位移大小为X2，有

0—v"=2(—)々

x2=3m

a==〃g=6m/s2

2m

解得

v=6m/s

(2)设小汽车滚动摩擦阶段的摩擦力为了»,位移为x”时间为小有

5ru

%=—xx,=7.5m

两过程耗时相同，有

V,

tl=—=ls

。2

设滚动阶段的初速度为加速度大小为m,有:

1—

由牛顿第二定律有

于海诩=max

根据题意有

4=—=组

/mg

联立可得

4=0.3

6.皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分。如图，传送带的倾角为。=30。

以y=3m/s的速度向上匀速运行，将质量为加=10kg的货物（可视为质点）由静止释放从底端运达到顶端。

若传送带顶端的高度〃=2.5m,货物与传送带间的动摩擦因数为〃=等。假设每分钟运送货物60件，［

取10m/s2,求:

（1）一件货物由底端经多长时间与传送带共速？

（2）一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？

（3）与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？（结果保留2位有效数字）

【答案】⑴;=L2s；(2)295J；(3)1.5xlO6J

【详解】

（1）对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得

jumgcos0-mgsin9=ma

设货物由底端经时间ri与传送带共速，由

v=att

解得：4=1.2s

（2）货物山底端到与传送带共速时，货物运动的距离

V2

X.=——=1.8m

2a

滑动摩擦力对货物做的功

W,=/Jingcos0-xt

斜面长为

货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功

W2-mgsinO^L-x^

所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为

卬=叱+吗=295J

（3）货物匀加速过程中，传送带的位移

S]=vZ1=3.6m

货物与传送带间因摩擦而产生的内能

Q-jumgcosO（S1-x1）

电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦增加的内能，设

一件货物运送到顶端需多提供的电能为E”则

g=；mv2+mgh+Q=430J

每小时需要多提供的电能

E-nEx=1.5x10'」

7.爬墙车利用吸气装置可以吸附在墙壁上行走，如图所示，某爬墙车在竖直墙面上从A点静止开始以最大

加速度向上做匀加速直线运动，0.2s时到达8点后立刻以速度vs做匀速直线运动，为了防止撞到房顶，在

C点车轮停止转动做匀减速运动，到达房顶。点时速度恰好减为零，已知：AB=10cm，4O=60cm，在大气

压的作用下，爬墙车与墙壁之间的弹力恒为重力的3倍，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

爬墙车由四轮驱动且电动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2,求爬墙车

(1)运动时的最大速度VB；

(2)与墙面之间的动摩擦因数出

(3)由A点运动至。点的总时间，总。

\\\\\\丫\\\\\

B

【答案】(1)lm/s；(2)0.5；(3)0.72s

【详解】

(1)由匀变速直线运动规律得

1,2

XAH=万卬1

=砧

联立两式，代入已知数据解得：i，8=lm/s

(2)由第响解得：m=5m/s2,在A8段，小车受力分析如图所示

由平衡条件及牛顿第二定律得

F=FN=3tng

-mg=ma1

解得：4=0.5

（3）小车到达C点后，摩擦力反向，受力分析如图所示

/一^一»八

由牛顿第二定律得

MN+mg=ma2

代入已知数据解得：m=25m/s2

由匀变速直线运动规律得

VB~a2l2

°-丫8=~^,a2XCD

解得：f2=0.04s,xco=0.02m

则小车匀速阶段时间为

t="_%_也=0.48s

所以，小车由A点运动至。点的总时间t总

7总二力+，匀+，2=（0.2+0.48+0.04）s=0.72s

8.一块质量为M=4kg的长木板P静止放置在粗糙的水平地面上，其长度L=4m,如图甲所示。另有一质

量为m二0.4kg的小物块。（可看做质点），以一定的初速度w（大小未知）水平向右冲上长木板P,结果在

121

长木板上向右滑行4=五m后与长木板保持相对静止。己知物块Q与长木板尸间的动摩擦因数为

4=0.4,长木板P与地面间的动摩擦因数为4=；从，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取

g=10m/s2求：

（1）小物块。在长木板上滑动时，长木板受到地面的摩擦力；

(2)物块。的初速度如大小；

(3)若将木板平均分割成长度相同的八个木块，如图乙所示，其他条件不变，求小物块。滑上第几个木块

时，该木块开始运动，这时小物块Q的速度是多少？

%,%,

....£.........口-。Pl?』3].41.刀£2

/，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，7，，~7777777777777777777777777777777'

甲乙

【答案】(1)1.6N,方向水平向左；(2)5.5m/s；(3)第7个木块，2.5m/s

【详解】

(1)山于小物块在长木板上表面滑行，所受滑动摩擦力

fx=〃|，〃g=L6N

地面给长木板的最大静摩擦力

f2=4(m+")g=4.4N

由于力〈人，说明小物块在长木板上滑行，而长木板相对地面来说一直静止不动，即长木板受到地面的摩

擦力为静摩擦力，大小为

九对板=于\=1.6N

方向水平向左。

(2)根据(1)中的分析知长木板一直对地静止，对物块。山动能定理可得

"Mgd[=g加片

代入数据解得vo=5.5m/s。

⑶因

23

jU2(m+-M)g<^mg〈出(m+qM)g

oo

物块滑上第7块前，所有的木块对地静止，滑上第7块瞬间，第7、8块开始运动，对物块

Rng=ma0

解得/=4m/s2,方向向左，设物块冲上第7块瞬间速度为力,则

诏T=2《丹

o

解得V,=2.5m/s0

9.在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机

发现刹车失灵（无法通过制动系统产生摩擦），立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险

车道时车速已经达到108km/h,车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37。，避

险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g=10m/s2,$出37。=0.6,cos37°=0.8,q0.75。

求：

（1）该车辆在避险车道上运行多长距离可以停下来？

（2）如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆需要运行多长距离可以停下来？

【详解】

（1）车辆在避险车道向上运动时，设汽车的质量为，小根据牛顿第二定律，有

mgsin0+kmgcos0=max

解得

q=12m/s2

汽车进入避险车道时的速度

v=108km/h=30m/s

根据匀变速直线运动公式

v2=2。内

解得

%=37.5m

（2）如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有

kmg=ma2

解得

=7.5m/s2

根据匀变速直线运动公式

v—2a,x?

解得

乙=60m

10.如图甲所示，一个质量为1kg的小物体以12m/s的初速度从斜面底端沿斜面向上运动，在1.2s时到达

最高点，而后沿斜面返回，在弓时刻回到斜面底端。物体运动的丫-，图像如图乙所示，斜面倾角6=37°,

(sin37。=0.6,8537。=0.8,重力加速度g=10m/s?)。求:

(1)物体向上运动的加速度大小4和滑动摩擦力大小力

(2)物体回到出发点时的速度大小斗。

【答案】(1)10m/s2；4N；(2)5.37m/s

【详解】

(1)由图像

N

IAv|

=10m/s2

Nt

根据牛顿第二定律，沿斜面上升过程

mgsin37°-f=max

解得

/=4N

(2)根据牛顿第二定律，沿斜面返回过程，如图

mgsin37°-f=ma2

由运动学规律

8=；%4=7.2m

匕2=2a2M

解得

-y^TSm/s«5.37m/s

匕

11.如图所示，质量为M=6kg的长木板放在光滑水平地面上，在木板的最右端和木板上距右端x=4m的

P点处各放一物块B和A(均可视为质点)，物块A的质量为/4=2kg,物块B的质量为加2=1kg,长木

板足够长，P点右侧光滑，左侧(包括P点)粗糙，物块A与长木板间的动摩擦因数〃=().5.现用一水

平向右的恒力尸=36N作用于长木板右端，使长木板由静止开始运动，在物块A、B相碰时撤去拉力F,

物块A与B发生弹性碰撞，最终物块A与长木板保持相对静止，设物块A与长木板间的最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，g=10m/s2,求：

(1)物块A、B碰撞前瞬间物块A的速度；

(2)物块A、B碰撞后瞬间到物块A与长木板相对静止所经历的时间

~A][B

——P~I------AF

/〉////〃〃/〃〃〃//〃〃〃///〃//〃〃//〃/〃〃//〃〃〃〃〃/

【答案】(1)%=6m/s；(2)t=0.6s

【详解】

(1)当A与长木板间的摩擦力达到最大静摩擦力时，二者将要发生相对滑动，设此时物块A的加速度为4,

以A为研究对象，根据牛顿第二定律有

=叫%

设将要发生相对滑动时的临界拉力为玲，因为3与长木板间没有摩擦力，以长木板和物块A为研究对象,

根据牛顿第二定律有

吊=("+犯)4

联立两式解得

£)=40N

所以若要物块A与长木板保持相对静止，拉力b<40N

当拉力尸=36N时，开始时物块8保持静止，物块A与长木板一起加速，设此时加速度为生,根据牛顿第

二定律有

F=（M+/77））471

代入数据解得加速度

q-4.5m/s2

设物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为%，根据运动学公式有

Vg=2qx

代入数据解得

%=6m/s

(2)物块A、5发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间A，3的速度分别为W，匕，根据动量守恒定律有

=町匕+m2v2

根据机械能守恒定律有

121212

万班%=万码匕々匕

两式联立解得

V1=2m/s

v2=8m/s

可得物块3的速度大于长木板的速度，最终会从右侧离开长木板，因长木板足够长，故物块A最终与长木

板达到共同速度，设共同速度为上根据动量守恒定律得

町匕+Mva=+m)v

代入数据解得

u=5m/s

以物块A为研究对象，从物块A、3碰撞后瞬间到物块A与长木板相对静止过程中，根据动量定理有

/jmxgt=m}v-m}vy

代入数据解得

t-0.6s

12.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在倾角为6=30°的斜面下方的挡板P上，另一端与质量为mA=L0kg

的滑块A连接在一起，质量为，%=3.0kg的滑块B与滑块A紧靠在一起静止在斜面上，此时滑块A、B

刚好与斜面之间不存在摩擦力作用。现对滑块B施加一平行于斜面向上的拉力F，使其从静止开始沿斜面

向上做匀加速运动，已知两滑块在运动0.2s时刚好分离，分离后滑块8再运动0.2s刚好能到达弹簧的原长

位置，弹簧的劲度系数Z=100N/m,重力加速度g=10m/s2,两滑块均可视为质点且与斜面间的动摩擦

因数相同。求：

（1）滑块A、B刚分离时滑块A的速度大小；

（2）分离后滑块B受到的拉力F的大小。

【答案】（1）%=0.5m/s；（2）F=45N

【详解】

（1）由题意可知，初始时A、B静止不动，设此时弹簧的压缩量为升，对A、3整体受力分析有

（分+，％）gsin6=5

解得

升）=0.2m

设滑块B的加速度大小为“，则有

1二

=­at

2

解得

a-2.5m/s2

分离时两滑块速度相同，故A、B分离时滑块A的速度大小为

以=夕5

解得

vA=0.5m/s

（2）设滑块A、B分离之前二者共同运动的距离为不，则有

解得

%1=0.05m

故此时弹簧的压缩量为

々=与一再=0.15m

刚分离时两滑块的加速度相同，对滑块A受力分析，由牛顿第二定律可得

kx2-mAgsin0—jLJtn^gcos0=rnAa

解得

V3

滑块A、B分离后，对滑块B，由牛顿第二定律可得

F—sin0—pmBgcos0—ml}a

解得

F=45N

13.如图所示，物块A的质量M=4kg,它与木板B间的动摩擦因数〃।=0.2,木板B的质量〃?=2kg,

长L=6m,它与水平地面间的动摩擦因数〃2=°」。开始时物块A在木板B的最左端，二者均处于静止

状态。现用9N的水平恒力向右拉物块A,经过4s后将此恒力突增为16N,再经过时间，后撤去此拉力,

物块A最终恰好没从木板B上掉落，g取10向52,求:

(1)最初4s物块A的加速度;

时间，为多少;

(3)物块A最终静止时距初始位置的距离。

F

A

B

7777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777

【答案】(1)4=0.5m/s2；(2)3s；(3)44m

【详解】

(1)设物块A相对于木板8恰好发生相对运动时的力为凡对4、8整体有

F—%(M+m)g=(M+m)a

对4有

F—〃、Mg=Ma

联立解得

F=12N

故当尸=9N时，物块A相对于木板3静止，对A、8整体有

F-JJ式M+m)g=(M+m)at

可得

q=0.5m/s2

(2)当尸=16N时，物块A相对于木板B运动，对A有

F-^Mg=MaA

对8有

41Mg-〃2(M+m)g=maB

取彳时刻撤去拉力，弓时刻物块A与木板8共速，根据丫-，图可得

4at+aB(t2-4)=4at+aA(f,-4)-aA(t2-f,)

又

-%)(4-4)&-4)=L

联立解得

八-7st2-8s

因此

r=-4=3s

(3)与初始位置的距离

%A=gx4x4q+L+4）］（""十苴阳十为〃一4）丁

代入数据解得

xA=44m

14.如图甲所示，在倾角a=30。的光滑斜面上，放着质量分为〃?A=5kg和,〃B=lkg的A、B两物块轻弹簧一

端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从/=0时刻开始，对A施加一沿斜面

向上的力F使物块A沿斜面向上做匀加速运动，若力F随时间变化的规律如图乙所示(g取lOm/s?),求：

(1)A运动的加速度大小；

(2)弹簧的劲度系数；

(3)从A开始运动到A、B刚分离过程中力厂做的功。

【详解】

(1)未施加拉力F时，A、B均静止，可得

kxn=(/nA+mR)gsin30°

r=0时刻刚施加尸时，对A、B整体，据牛顿第二定律可得

F+kx()-(/%+)gsin30°=(/4+/)

由图象可得此时

F=30N

由以上两式解得

a=5m/s2

(2)据题意可知占0.2s时，A、B开始分离，刚分离时;对B据牛顿第二定律可得