1、12 牛顿运动定律与直线运动本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从 2016 年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。1基本思路2解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度。3常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用。(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加
2、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。1(2018全国卷15)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( )2(多选)如图甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时
3、刻恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，取 g10 m/s 2。下列选项中正确的是( )A2 s 末3 s 末内物块做匀减速运动2B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3D恒力 F 大小为 10 N3如图所示，传送带的倾角 37，上、下两个轮子间的距离 L3 m，传送带以 v02 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动。一质量 m2 kg 的小物块从传送带中点处以 v11 m/s 的初速度沿传送带向下滑动。已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数 0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，s
4、in 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度。(2)小物块离开传送带时的速度大小。1(多选)如图，水平面上有质量 m1.0 kg 的物块，受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用，用力传感器3测出相应时刻物块所受摩擦力 f 的大小。 g10 m/s 2。下列说法正确的是( )A3 s 末物块所受合力大小为 3.0 NB物块在 05 s 内处于静止状态C物块与木板之间的动摩擦因数为 0.3D610 s 内物块的加速度大小为 2.0 m/s22如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对
5、旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持 v1 m/s 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在 A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数 0.1， A、 B 间的距离为 2 m， g 取 10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以 v1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李，则( )A行李从 A 运动到 B 过程一直受到向左的摩擦力B乘客与行李同时到达 B 处C乘客提前 1 s 到达 B 处D乘客提前 0.5 s 到达 B 处1(多选)一质量为 2 kg 的物体受到水平拉力作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的 a t 图象如图所示， t
6、0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则( )A在 t2 s 时刻，物体的速度为 5 m/sB在 02 s 时间内，物体做的移大于 7 mC在 02 s 时间内，物体做的位移小于 7 mD在 t1 s 时刻，拉力下 F 的大小为 3 N2(多选)如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 的 M 点和 P 点间接一个电阻，在两导轨间OO1O1 O矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场。现使与磁场上边界相距 d0的 ab 棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒 ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。则自棒由静止开始释放到
7、离开磁场的过程中，下列速度图象可能正确是的( )3如图所示，在倾角为 的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为 m，滑板与斜面间的动摩擦因数为 ，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即 f kv。4(1)试求滑板下滑的最大速度 vm的表达式；(2)若 m2 kg、 30， g 取 10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度时间图象如图乙所示，图中斜线是 t0 时刻的速度图象的切线，由此求 和 k 的值。4如图所示，质量 m1 kg 的物体静止在粗糙水平地面上 A 点。物体在斜向上与水平方向夹角 37的恒力 F 作用下，从 A 点开始运动，到达
8、B 点时立即撤去拉力 F，物体最后滑到 C 点静止。物体开始一段时间及隔一段时间后的 v t 的图象如图。 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)动摩擦因数 ；(2)恒力 F 的大小；(3)01.8 s 内物体位移 s 的大小。5如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端 H 处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终5在弹性限度内。已知支架和圆环的质量均为 m，重力加速度为 g，不计空气阻力。(1)求圆环刚接触弹簧时的动能 Ek。(2)如图所示，取圆环刚接触弹簧
9、时的位置为坐标原点 O，取竖直向下为正方向，建立 x 轴。在圆环压缩弹簧的过程中，圆环的位移为 x，加速度为 a，在图中定性画出 a 随 x 变化关系的图象。(3)试论证当圆环运动到最低点时，地面对底座的支持力 FN3 mg。6如图甲所示，一个质量为 m1 kg 的小物体在平行于斜面向下的推力 F3.5 N 的作用下沿足够长的斜面向下运动已知斜面倾角 30。选取沿斜面向下为 x 轴正方向，物体通过坐标原点时开始计时，其 t 图象如图乙所示， g 取 10 m/s2。求：xt6(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)第 2 s 内物体的平均速度大小。参考答案71【解题思路】设物块 P 静止时，弹簧
10、的长度为 x0，原长为 l，则 k(l x0) mg，物块 P 匀加速直线运动时受重力 mg、弹簧弹力 k(l x0 x)及力 F，根据牛顿第二定律，得F k(l x0 x) mg ma故 F kx ma根据数学知识知 F x 图象是截距为 ma 的一次函数图象。【答案】A2 【解题思路】物块匀减速直线运动的加速度大小为： a1 10 m/s2，物块匀减速直线运动的时间v022x1为： t1 s1 s ，即在 t1 s 末恒力 F 反向，物块做匀加速运动，故 A 错，B 对；物块匀加速运动v0a1 1010的加速度大小： a2 4 m/s2,根据牛顿第二定律得： F Ff ma1， F Ff
11、ma2，联立两式解得： F7 v22x2N， Ff3 N，由 Ff mg ，得 0.3，故 C 对，D 错。【答案】BC3【解析】(1)由题意可知 0.8 tan 370.75，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力 mgsin 37，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：mg cos 37 mgsin 37 maa0.4 m/s 2小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为 0 时运动到最远距离 x1，假设小物块速度为 0 时没有滑落，根据运动公式有：21vxa解得： x11.25 m， 12L，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离 x11.25 m小物块向下滑动的时
12、间为 1vta传送带运动的距离 s1 v0t1联立解得 s15 m小物块相对传送带运动的距离 x s1 x1解得： x6.25 m因传送带总长度为 2L6m，所以传送带上留下的划痕长度为 5m。(2)小物块速度减小为 0 后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动设小物块到达传送带最上端时的速度大小为 假设此时二者不共速，则有：v221Lvax解得： 25m/sv2v0，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为 5m/s。81【解题思路】3 s 末拉力为 3 N，摩擦力为 3 N，合力为零，故 A 错误；在 05 s 内，前 4 s 物体静止，4 s 末开始运动，故 B
13、错误；物体滑动摩擦力为 3 N，由 f mg 得 0.3，故 C 正确；由图可知610 s 拉力为 5 N，摩擦力为 3 N，则合力 F 合 F f2 N，故加速度 a2 m/s 2，故 D 正确。【答案】CD2【解题思路】行李放在传送带上后，在摩擦力的作用下做匀加速运动， a g 1 m/s 2，速度最大到v 用时 1vtas，位移 10.52xvtm，接着以速度 v 匀速运动到 B 点， 2.5Lxtvs，所以行李总用时2.5 s，人匀速运动 B 处用时 ts，所以乘客提前 0.5 s 到达 B 处，故 D 正确，B、C 错误；在匀速段行李不再受到摩擦力，所以 A 错误。【答案】D1【解题
14、思路】据 v a t 可得： a t 图象与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量。 t2 s时刻，物体的速度 v5 m/s，故 A 项正确；在 02 s 时间内，物体做加速度增大的加速运动，物体的位移072vxtm，故 B 项错误，C 项正确；在 t1 s 时刻，物体的加速度 a11.5 m/s2，由牛顿第二定律可得： F1 f ma1，解得 F15 N，故 D 项错误。【答案】AC2【解题思路】棒 ab 进入磁场前做自由落体运动，进入磁场时的速度 v2 2gd0，得 ab 棒刚进入磁场时的速度为 0vgd，棒 ab 自由下落的时间 02dtg；若进入磁场后 ab 棒所受的向上的安培力小于重
15、力，将做加速运动，根据牛顿第二定律得2BLvmgaR，可知 v 增大， a 减小， v t 图象的斜率减小，当 a0时棒 ab 做匀速直线运动，故 C 错误，A 正确；若进入磁场后 ab 棒所受的向上的安培力大于重力，将做减速运动，根据牛顿第二定律得2vga，可知 v 减小， a 减小， v t 图象的斜率减小，当 a0 时棒 ab做匀速直线运动，故 B 正确；若进入磁场后 ab 棒所受的向上的安培力与重力二力平衡，就以速度02vgd做匀速运动，故 D 正确。【答案】ABD3【解析】(1)风帆受力如图所示，当 mgsin f1 f2 时，风帆下滑的速度最大为 vm，则有：mgsin mg co
16、s kvmm(sincos)gvk。(2)由图象知 t0 时风帆下滑的加速度： a3 m/s 2风帆下滑过程中最大速度 vm2 m/s当 t0 时，由牛顿第二定律得： mgsin mg cos maa g(sin cos )3 m/s 29解得： 0.23由 mgsin mg cos kvm解得： k 3 N/(ms -1)。4【解析】(1)物体先做匀加速运动后做匀加速运动，由图像可知加速阶段 a15 m/s2，减速阶段加速度为 a255 m/s 2由牛顿第二运动定律知匀减速运动摩擦力提供合外力： mg ma2得 0.5。(2)匀加速阶段，有： Fcos F N ma1FN mg F sin
17、代入数据得 F9.1 N。(3)设匀加速时间为 t，则最大速度为 vm a1t，达到最大速度后做匀加速运动 2.2 s 时速度为 3 m/s。由公式 v vm a2(2.2 t) 3 m/s得 t1.4 st1.8 s1.4 s0.4 s前 1.4 s 做初速为零的匀加速运动，位移 214.9xatm达到最大速度做匀加速运动，0.4 s 内的位移 221.4vttm所以 1.8 s 内位移为 x x1 x27.3 m。5【解析】(1)在圆环自由下落的过程中，由机械能守恒定律得： Ek mgH。(2)设弹簧的劲度系数为 k，根据牛顿第二定律得 mg kx ma解得： kaxgma x 图象图甲所
18、示。图甲(3)如图乙所示， A 点对应于圆环刚接触弹簧的位置， B 点对应于圆环速度最大的位置， C 点对应于圆环运动到的最低点，由图可知，图象与坐标轴所围面积： 21()BASv221CBv可知， S1 S2结合图乙可知， aC g根据牛顿第二定律得对圆环： kx mg maC图乙对底座： FN( kx mg)0由于 aC g，所以得 FN3 mg。6 【解析】 (1)由于 t 图象是一条倾斜直线，令 kt b，可得 x kt2 bt，与匀变速直线运动规律xt xt10x v0t at2相比较，知 t 图象的斜率为 a12 xt 12则根据题图乙可以得： a1 m/s 2由牛顿第二定律得： F mgsin mg cos ma代入数据解得： 。32(2)由题图乙知物体的初速度为： v00.5 m/s，第 1 s 末速度为： v1 v0 at11.5 m/s第 2 s 末速度为： v2 v0 at2 2.5 m/s由于物体做匀加速直线运动，故第 2 s 内的物体的平均速度大小： 2 m/s。vv1 v22
