06 牛顿三定律 两类动力学问题 ——【冲刺2023】高考物理考试易错题（原卷版+解析版）

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例题1. （2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）根据运动学公式
解得
（3）根据牛顿第二定律
根据运动学公式
代入数据联立解得
【易错警示】
误选A的原因：错误认为货物在倾斜滑轨上滑行时摩擦力为，导致货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小算错，后边两问跟着错。理解好计算滑动摩擦力的公式
例题2. （多选）（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cs37°= 0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为（）m
【答案】ABD
【解析】
A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得
解得
设经t时间与传送带共速，由
解得
故A正确；
B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律
解得
煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示
由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小
故B正确；
C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移
解得
结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为
故C错误；
D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为
此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为L2故D正确。
故选ABD。
【误选警示】
误选C的原因： 没有经过认真细致的受力分析和运动过程分析，不能对物块的运动性质做出正确判断。物块和传送带速度相等后，判断重力沿下面向下的分力和最大静摩擦力的关系，该题中最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。物块和传送带速度相同后，向上减速时加速度发生变化。速度减为零后，沿传送带向下加速运动。
【漏选警示】
划痕问题，是该题的又一难点，判断两者的相对运动。物块有相对于传送带往复运动，计算划痕长度时容易出错。
例题3. （多选）（2022·山东·莱州市第一中学模拟预测）普通火车动力都在火车头上，车厢（头）与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢（头）与车厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火车共有n节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为，假设启动时每节车厢的加速度均为，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力F。若火车车厢依次启动，当第k（k≤n）节车厢启动时，则（ ）
A．火车头提供的动力为
B．火车头提供的动力为
C．第节车厢对第节车厢的作用力为
D．第节车厢对第节车厢的作用力为
【答案】AD
【解析】
AB．若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知
若火车车厢依次启动，当第k（k≤n）节车厢启动时，则
解得
选项A正确，B错误；
CD．以（k-1）节车厢和车头为研究对象，则
解得
选项C错误，D正确。
故选AD。
【误选警示】
误选B的原因：没有分别对两次启动方式，选取不同研究对象，根据牛顿第二定律列方程求出所求结果。想当然按照认为提供的动力是等分关系。
误选C的原因：研究第节车厢对第节车厢的作用力，不会选取以（k-1）节车厢和车头为研究对象，利用牛顿第二定律进行分析。
一、传送带的动力学问题
1．水平传送带
2．倾斜传送带
二、板块模型的动力学问题
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
3．解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
4．处理“板块”模型中动力学问题的流程
三、怎样应用图像求解动力学问题
（1）运动学中常见的图像
图像、图像、图像、图像、图像等。
（2）图像问题的类型
EQ \\ac(○,1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。
EQ \\ac(○,2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。
EQ \\ac(○,3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
四、整体法和隔离法运用技巧
1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.
易混点：
1、物体在粗糙斜而上向前运动,并不一定受到向前的力,认为物体向前运动是因为存在一种向前的“冲方的说法是错误的。
2、用牛顿第二定律解决动力学的两类基本问题,关键在于正确地求出加速度a,计算合外力时要进行正确的受力分析,不要漏力或添力。
3、用正交分解法列方程时注意合力与分力不能重复计算,作图时可用实线、虚线加以区分。
4、注意F合=ma是矢量式,在应用时,要选定正方向,一般我们选择合外力的方向即合加速度的方向为正方向。
5、超重并不是重力增加了,失重也不是失去重力,超重、失重只是示重的变化,物体的实重没有改变,即物体的质量不变,而与接触面间的弹力改变。例:物体在自由落体或在太空时示重为零,处于完全失重状态。
6、判断超重、失重时不是看速度方向如何,而是看加速度方向向上还是向下。加速度方向向上为超重,向下为失重。
7、有时加速度方向不在竖直方向上,但只要在竖直方向上有分量,物体也处于超、失重状态。只要有向下的分加速度,即为失重;只要有向上的分加速度,即为超重。
8、两个相关联的物体,其中一个处于超(失)重状态,整体对支持面的压力也会比重力大(小)。
9、当物体具有大小为g,方向向下的加速度时,称为该物体完全失重。
1. 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】 (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
【解析】
(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcs θ
联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，
故α＝30°，
又因x＝eq \f(v02,2g\r(1＋μ2)sin θ＋α)
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝eq \f(v02,2gsin 60°＋μcs 60°)
＝eq \f(\r(3)v02,4g)＝eq \f(5\r(3),2) m.
2. （2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
A．当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v-t图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，故A可能；
B．当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故B可能；
C．当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v-t图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v-t图像斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从v1减至v0的过程位移大小为
木块速度从v0减至0的过程位移大小为
假设木块返回至传送带下端时的速度为－v1，则木块速度从0增大至－v1的过程位移大小为
由于，所以有
即
而木块整个过程的位移应为零（应等于），上式显然不满足，故C不可能；
D．当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，将随传送带一起以v0运动，故D可能。
本题选不可能的，故选C。
3. “盘州—贵阳”的某次高铁列车由两组对接而成，列车出发启动阶段做匀加速运动，每组提供的动力均为F，受到的阻力均为车重的k倍。沿运行方向前一组车及乘客的总质量为m，后一组车及乘客的总质量为m2。若m1>m2 ， 则对接处（如图）的作用力是（ ）
A. 推力，大小为 2m2m1+m2F B. 推力，大小为 m1-m2m1+m2F
C. 拉力，大小为 m1-m2m1+m2F D. 拉力，大小为 2m2m1+m2F
【答案】 B
【解析】根据牛顿第二定律，对两组车 2F-k（m1+m2）g=（m1+m2）a
设对接处的作用力为拉力，对后一组 F+F12-km2g=m2a
整理得 F12=-m1-m2m1+m2F
说明对接处的作用力为推力，大小为 m1-m2m1+m2F 。
故答案为： B 。
1．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/sB．v0= 1.5m/sC．μ = 0.28D．μ = 0.25
【答案】B
【解析】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则
由题干知
x = 1m，t = 1s，v > 0
代入数据有
v0 < 2m/s
故A不可能，B可能；
CD．对物块做受力分析有
a = - μg，v2 - v02= 2ax
整理有
v02 - 2ax > 0
由于v0 < 2m/s可得
μ < 0.2
故CD不可能。
故选B。
2．（2022·浙江·高考真题）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
【答案】C
【解析】A．鱼儿吞食花瓣时处于失重状态，A错误；
BC．鱼儿摆尾出水时排开水的体积变小，浮力变小，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力大于重力，B错误、C正确；
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，D错误。
故选C。
3．（2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．（2022·辽宁·模拟预测）水平地面光滑，直角斜台C的倾角，C与物块AB间的质量关系，滑轮与绳质量忽略不计。图甲中C在水平向右的外力作用下做匀变速运动，B与C相对静止，图乙中三者均静止。对于AB受力分析正确的是（ ）
A．乙图中的物块A可能受摩擦力作用
B．乙图中的物块B可能受到沿斜面向上的摩擦力作用
C．甲图中的物块B可能受3个力作用
D．甲图中的物块A一定受摩擦力作用
【答案】D
【解析】A．在题图乙中，物块A在水平方向不受力，则A与C之间无弹力，无摩擦力，故A错误；
B．对A受力分析，由平衡条件可知绳的拉力大小等于A的重力大小，已知物块AB的质量相等，对B受力分析，在沿斜面方向上，物块B的重力沿斜面向下的分力小于绳的拉力，则B一定受到沿斜面向下的摩擦力，故B错误；
CD．题图甲中将AB和C视为整体，根据牛顿第二定律可得整体的加速度
对B受力分析可知B受合外力为
因物块B受重力mg向下，可知物块B只受重力和绳的拉力两个力作用，其中拉力等于
所以物块A受重力、斜台的弹力、绳子拉力和竖直向下的摩擦力四个力作用，故C错误，D正确。
故选D。
5．（2022·重庆市育才中学模拟预测）质量为的雪橇在倾角的斜坡向下滑动过程中，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知。雪橇运动的某段过程图像如图中实线所示，且是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为，线是曲线的渐近线，已知。下列说法中正确的是（ ）
A．当时，雪橇的加速度为B．在过程中雪橇的平均速度为
C．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.75D．空气阻力系数k为
【答案】D
【解析】B．若AD这段是匀加速运动，则平均速度为
但从图像中，可知这段位移为变加速运动，故过程中雪橇的平均速度不等于，B错误；
A．图像的某点切线的斜率代表了该点的瞬时加速度，则在A点的加速度为
A错误；
CD．在A点处，根据牛顿第二定律可得
从图像可知，从D点开始，雪橇做匀速运动，则有
代入数据得到
，
C错误，D正确；
故选D。
6.（多选）（2022·安徽·模拟预测）水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A．F1 =μ2m2g
B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g
C．F=2F2时，木板的加速度为
D．在0~t2时间内物块与木板加速度相等
【答案】CD
【解析】D．由图3可知，在0~t1时间内，物块和木板均处于静止状态，物块不受摩擦力，在t1~t2时间内，物块和木板一起加速度，物块受到静摩擦力作用，D正确；
A．在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力
A错误；
B．在t2时刻，木板和物块恰好一起加速运动，此时的加速度
将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律
解得
F2=(μ1 +μ2)(m1 +m2)g
B错误；
C．当F=2F2时，木板与物块已经发生相对滑动，对木板
代入数据解得
C正确。
故选CD。
7．（2022·浙江·高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【解析】（1）AB段
解得
（2）AB段
解得
BC段
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
8．（2022·黑龙江·哈尔滨德强学校高二期末）某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究，如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为，硬纸板的质量为，长度为l＝5cm，橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为，纸板与桌面间的动摩擦因数为，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
（2）若要求橡皮擦移动的时间最长，求纸板被弹出的最小速度？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度
解得
硬纸板的加速度
要使橡皮擦在纸板上滑动，需使
解得
（2）纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a2′，则
解得
假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t橡皮擦与纸板速度相同
则
解得
此过程橡皮擦的位移x1
纸板的位移
要使橡皮擦离开纸板，则需
解得
9．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）经过多长时间B开始滑动；
（2）经过多长时间A开始相对B滑动；
（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N
【解析】（1）当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即
得
（2）当A开始在B上滑动时，对木块
对整体
由题知
解得
（3）当
B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块
对整体
且
解得
10．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）如图所示，直杆AB质量为0.2kg，A端在上，B端在下，距离A点0.05m下方套有一个弹性圆环C。环C的质量为0.1kg，与杆之间的最大静摩擦力为1.2N。现用手握住杆的B端，保持手与杆间的最大静摩擦力为4N，同时用F=8N的力竖直向下击打杆的A端，击打的时间为0.19s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，杆始终处于竖直状态，求：
（1）第一次击打结束时杆和环的速度的大小。
（2）击打1次后，环能否到达A端？若击打力的大小和持续时间始终与第一次相同，再次击打前二者均已静止，能否通过多次击打，使环到达A端？如果能，需要击打多少次？如果不能，说明理由。
【答案】（1），；（2）不能，不能，见解析
【解析】（1）设杆的质量为M，杆受到的滑动摩擦力为，环受到的滑动摩擦力为，击打时杆的加速度为，环的加速度为，杆和环的受力如图1所示
则
，
解得
，
第一次击打结束时杆的速度
解得
环的速度为
解得
（2）撤去F后，杆的受力如图2所示
则
解得
设再经二者达到共速v，则
解得
，
环相对杆向上
解得
杆和环共速度后，假设两者一起匀减速，杆和环的受力如图3所示
则
设此时杆与环之间的静摩擦力为，则
解得
假设不成立，两者发生相对滑动，杆和环的受力如图4所示
则
，
解得
，
环相对杆向下滑
解得
击打一次环相对杆下滑
解得
故不可能通过多次击打使环到达A端。运动全过程的图像如图5所示。
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v0v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0v返回到左端时速度为v.
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcs θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μv0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcs θ)
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcs θ，一直加速；
gsin θ＝μgcs θ，一直匀速
gsin θ<μgcs θ，一直减速
先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)