统考版2021届高考物理二轮复习提升指导与精练4牛顿运动定律及其应用含解析

牛顿运动定律及其应用

1．高考对牛顿第二定律内容的要求较高，从历年命题看，命题主要集中在三个方面：结合运动学规律综合分析动力学的两类问题；交替使用整体法与隔离法处理连接体问题、临界问题；以实际应用为背景，考查思维转换、实际建模等综合问题。

2．两个常见模型的注意点：

(1)“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：。

(2)传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时。

例1．(2019∙全国III卷∙20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)

              图（a）                    图（b）                   图（c）

A．木板的质量为1 kg

B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N

C．0～2 s内，力F的大小保持不变

D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【考题解读】本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养。以木板为研究对象，通过f－t与v－t图象对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题。

【答案】AB

【解析】分析知木板受到的摩擦力fʹ＝f。0～2 s，木板静止，F＝fʹ，F逐渐增大，所以C错误。4 s～5 s，木板加速度大小a2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，fʹ＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正确。2 s～4 s，对木板有F－fʹ＝ma1，F＝fʹ＋ma1＝0.4 N，所以B正确。由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。

例2．(2020∙全国II卷∙25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M ＝4m，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)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【考题解读】本题主要考查牛顿第二定律的综合应用和动能定理的结合，关键是总清楚运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再结合运动学公式、动能定理进行解答。

【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：

Ma1＝Mg＋f  ①

ma2＝f－mg  ②

联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g  ③

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

v0＝ ④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

v0–a1t1＝－v0＋a2t1   ⑤

联立③④⑤式得⑥

设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得

h1＝v0t1－a1t12   ⑦

v＝v0－a1t1  ⑧

由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有

⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪

(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有

Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0   ⑫

联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝H   ⑬

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

x2＝H1   ⑭

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是

x1＋x2≤L  ⑮

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯

1．如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是(　　)

A．物体A和物体B均处于超重状态

B．物体A和物体B均处于失重状态

C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态

D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态

【答案】D

【解析】A加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态；同时B加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态。故A、B、C错误，D正确。

2．一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是(    )

A．若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行

B．若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向

C．若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行

D．若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行

【答案】D

【解析】若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。

3．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零

D．若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值

【答案】D

【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，如图，受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1。根据牛顿第二定律知小球所受的合力为ma，即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，面和挡板对球的弹力的合力不等于ma，故A错误；设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向F1cos θ＝mg①，水平方向F2－F1sin θ＝ma②，由①看出，斜面对球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。由②看出，若加速度足够小时，F2＝F1sin θ＝mgtan θ≠0，故BC错误；若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变，故D正确。

4．如图甲所示，一质量为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，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是(　　)

A．滑块的质量m＝4 kg

B．木板的质量M＝2 kg

C．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2

D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1

【答案】C

【解析】由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据计算得出M＋m＝6 kg，当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得，图线的斜率k＝，则M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B正确；根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，D正确；当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C错误。本题选错误的，故选C。

5．(多选)传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图甲，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m＝2 kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2 s到达B点，已知重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．货物在0.2～1.2 s内的加速度大小为1 m/s2

B．A、B两点的距离为1.5 m

C．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4 J

D．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为6.4 J

【答案】AC

【解析】由v－t图象可知，货物在0～0.2 s时间内在传送带上以加速度a1做匀加速直线运动，a1＝＝5 m/s2，受向下的摩擦力，重力和支持力，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，f＝μmgcos θ；货物在0.2～1.2 s时间内的加速度a2＝1 m/s2，受向上的摩擦力，重力和支持力，有mgsin θ－f＝ma2，联立解得f＝4 N；由v－t图象中图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～0.2 s时间内货物的位移x1＝0.1 m，皮带位移x皮＝0.2 m，相对位移Δx1＝x皮－x1＝0.1 m，0.2～1.2 s时间内货物的位移x2＝1.5 m，x皮2＝1 m，相对位移Δx2＝x2－x皮2＝0.5 m，故两者之间的总相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝0.6 m，货物的总位移xAB＝x1＋x2＝1.6 m，货物与传送带摩擦产生的热量Q＝W＝fΔx＝2.4 J，故AC正确，B错误；0～0.2 s时间内物体受摩擦力方向向下，摩擦力做正功，Wf1＝fx1＝0.4 J，0.2～1.2 s时间内物体受摩擦力方向向上，摩擦力做负功，Wf2＝－fx2＝－6 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为6 J－0.4 J＝5.6 J，故D错误。

6．(多选)一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)(　　)

A．      B．      C．v0t－μgt2      D．v0t

【答案】AC

【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速。石墨加速时，根据牛顿第二定律得a＝μg，如果时间t内一直加速，加速的位移x1＝μgt2，故相对白板的位移Δx1＝v0t－x1＝v0t－μgt2；如果先加速，后匀速，位移，故相对白板的位移Δx2＝v0t－x2＝；如果加速的末速度恰好等于v0，则x3＝，故相对白板的位移Δx3＝v0t－x3＝v0t－。经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移。故AC正确。

7．有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，瓶子质量m＝1 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝10 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？

(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？

【解析】(1)要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma1

μmg＝ma2

加速运动过程中的位移

减速运动过程中的位移

位移关系满足：x1＋x2＝L1，v＝a1t1

由以上各式解得：t1＝0.5 s。

(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：

，v′2＝2a1d

联立解得：d＝0.8 m。

8．如图（a），在某次玻璃强度测试中，将一质量m＝2 kg的铁球从距离玻璃高h＝1.25 m处自由释放，砸中被夹具夹在水平位置的玻璃。这种固定方式允许玻璃在受到冲击时有一定的位移来缓冲，通过高速摄像机观察，发现铁球从接触玻璃开始到下落到最低点需要t＝0.005 s。设玻璃对铁球的弹力近似视为恒力，重力加速度g取10 m/s2。

(1)估算铁球接触玻璃开始到下落至最低点的过程中，玻璃对铁球的弹力有多大？

(2)将玻璃倾斜安装在汽车前车窗上，如图（b）。铁球以初速v0＝3 m/s向玻璃扔出，正好垂直砸中玻璃。若安装后的玻璃在受到冲击时仅能沿垂直玻璃方向移动s＝5 mm，超出会破碎。玻璃能承受的最大弹力Fm＝4000 N。铁球在飞行过程中高度下降h'＝0.35 m，估计该玻璃是否会被砸碎？

【解析】(1)铁球自由下落到与玻璃接触时，速度v1＝

铁球与玻璃接触后，加速度大小

铁球受弹力和重力，根据牛顿第二定律：F－mg＝ma1

联立解得：F＝2020 N。

(2)铁球从抛出到接触玻璃的过程中，以接触点为零势能面，飞行过程机械能守恒

mgh′＋mv02＝mvt2

解得vt＝5 m/s

由(1)数据，可判断铁球与玻璃接触过程中重力远小于弹力，忽略重力对铁球运动的影响，则铁球仅在弹力作用下沿垂直于玻璃方向做匀减速运动。若铁球能在s位移内停下，则：

vt2＝2a2s

F′＝ma2

解得F′＝5000 N >Fm，所以会砸碎。

9．如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块(可视为质点)放在质量M＝2 kg的长木板的左端A点，木板长L＝2 m。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝5 m/s，在xp＝10 m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10 m/s2，求：

(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；

(2)木块最终停止运动时的位置坐标。

【解析】(1)由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度大小为a1＝μ1g＝1 m/s2

设木板碰挡板时的速度为v，则有v2－v02＝2(－a1)s

其中s＝xP－L＝8 m

解得：v＝3 m/s。

(2)木块运动分几个过程：

过程1：共同向右减速到3 m/s，加速度大小a1＝μ1g＝1m/s2，位移x1＝8 m，方向向右；

过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，

木块的加速度大小a2＝μ2g＝5 m/s2

木板的加速度大小m/s2

设二者达到共速所用时间为t1，共同速度为v1，可得v1＝v－a2t＝－(v－a3t)

解得：s，v1＝s（方向向左）

木块的位移为m，方向向右；

过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度大小为a4＝μ1g＝1m/s2

位移m，方向向左

所以木块的最终坐标为m。

10．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长L＝50 m，正常运转的速度v＝4 m/s。一次工人刚把M＝10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。（物块与木板均可看成质点，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）

(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；

(2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把货物拉到0.2L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；

(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？（不计传送带的加速时间）

【解析】(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得：

μMgcos 37°－Mgsin 37°＝Ma1

对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：

Fm－μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a1

解得：a1＝0.4 m/s2，Fm＝192 N。

(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：

F－μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a2

设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v12＝2a2(0.2L)

解得：a2＝0.2 m/s2，v1＝2 m/s。

(3)由于v1<4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3

μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a3

设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1＋a3t1

设t1内木板加速的位移为x1，有：v2－v12＝2a3x1

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，则：

L－0.2L－x1＝vt2

联立解得：t1＝5 s，t2＝6.25 s

所以来电后木板再需要运动t＝t1＋t2＝11.25 s。