专题04牛顿运动定律的应用（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 04 牛顿运动定律的应用 [题型导航] 题型一 牛顿三定律的理解...................................................................................................................1 题型二 超重与失重现象.......................................................................................................................2 题型三 瞬时问题的两类问题...............................................................................................................8 题型四 动力学图像问题.....................................................................................................................11 题型五 动力学中的连接体问题.........................................................................................................15 题型六 动力学两类基础问题.............................................................................................................17 题型七 动力学方法分析多运动过程问题.........................................................................................21 [考点分析] 题型一 牛顿三定律的理解 1．内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态． 2．意义 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因． (2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律． (3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力 但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态． 3．惯性 (1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质． (2)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小． (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关． 4．牛顿第二定律 (1)表达式为F＝ma.(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化． 5．牛顿第三定律的内容 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上． 6．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” (1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同． (2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同． (3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相 互作用无关． 7．相互作用力与平衡力的比较 对应名称 作用力和反作用力 一对平衡力 比较内容 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失 两力作用效果不可抵消，不可叠 两力作用效果可相互抵消，可叠 不同点 加，不可求合力 加，可求合力，合力为零 一定是同性质的力 性质不一定相同 大小相等、方向相反、作用在同 相同点 一条直线上 [例题1] 下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法中，正确的是（ ） A．牛顿第一定律说明，只有不受外力的物体才保持匀速直线运动或静止状态 B．物体运动状态发生变化则物体一定受到力的作用 C．惯性定律与惯性的实质是相同的 D．物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大 【解答】解：A、牛顿第一定律中的物体不受外力是一种理想的状态，在实际的应用中，受到的 合外力等于0的物体也能保持匀速直线运动或静止状态。故A错误； B、牛顿第一定律指出，力是改变物体一状态的原因，所以物体运动状态发生变化则物体一定受 到力的作用。故B正确； C、惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，但惯性不是惯性定律。故C错误； D、惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与物体的运动状态、是否受力等因素 没有关系。故D错误。 故选：B。 [例题2] 关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（ ） A．不受力作用的的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义B．牛顿第一定律是从实验现象归纳总结出来的 C．牛顿第一定律表明，物体在任何状态下都具有惯性 D．牛顿第一定律表明，外力的作用会改变物体的惯性 【解答】解： A.虽然不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，是整 个牛顿力学的基础，是有意义的，故A错误； B.牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础， 但又不是完全通过实验得出，故B错误； C.不论是运动的还是静止的物体都有惯性，惯性与所处的运动状态无关，故C正确； D.惯性由物体的质量决定，外力的作用不会改变物体的惯性，故D错误； 故选：C。 [例题3] 艾萨克•牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速 度。”某同学为探究加速度与力的关系，取两个材质不同的物体A、B，使其分别在水平拉力 F的作用下由静止开始沿水平面运动，测得两物体的加速度 a与拉力F之间的关系如图所示， 重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，则（ ） A．物体A的质量为0.7kg B．物体B的质量为0.2kg C．物体A与水平面间动摩擦因数为0.5 D．物体B与水平面间动摩擦因数为0.1 【解答】解：AC.对物体A由牛顿第二定律 F ﹣ m g＝m a A A A A A 由图μ像可知 7N＝ m g A A μ -μ m g=m ×(-5m/s2 ) A A A 联立解得：m ＝1.4kg， ＝0.5 A A 故A错误，C正确； μBD.对B同理可知 2N＝ m g B B μ -μ m g=m ×(-2m/s2 ) B B B 联立解得： ＝0.2，m ＝1kg B B 故BD错误。μ 故选：C。 [例题4] 2021年8月3日，东京奥运会体操女子平衡木单项决赛结束，中国选手管晨辰、 唐茜靖包揽金、银牌。比赛中，体操运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，如图所示。 则下列说法正确的是（ ） A．平衡木对人的支持力大小等于人对平衡木的压力大小 B．平衡木对人的支持力和人对平衡木的压力是一对平衡力 C．平衡木对人有摩擦力 D．人受到支持力是因为脚底发生了形变 【解答】解：AB、平衡木对人的支持力大小与人对平衡木的压力是一对相互作用力，大小相等， 故A正确，B错误； C、人站在平衡木上处于静止状态，根据物体的受力平衡分析，人只受重力和平衡木对人的支持 力，没有摩擦力，故C错误； D、人受到支持力是因为平衡木发生了形变，故D错误； 故选：A。 [例题5] 如图所示为一同学在网上发现的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说 法正确的是（ ）A．磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力 B．磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力 C．根据牛顿第二定律，这种设计能使汽车向前运动 D．只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以一直运动下去 【解答】解：AB、磁铁对铁块的作用力与铁块对磁铁的作用力是一对作用力与反作用力，根据 牛顿第三定律可知，磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力大小相等，方向相反，故A错 误，B正确； CD、因为磁铁和铁块都是汽车的一部分，它们之间的力属于系统内力，即使磁铁的磁性足够强， 但对于汽车这个整体，所受合外力为零，根据牛顿第二定律可知加速度为零，这种设计不能使 汽车向前运动，更不会使汽车一直运动下去，故CD错误。 故选：B。 题型二 超重与失重现象 1．超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有竖直向上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度． 2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有竖直向下(选填“竖直向上”或“竖直向下”)的加速度． (3)完全失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态． ②产生条件：a＝g，方向竖直向下． [例题6] 如图所示，在名为“勇敢者”的课堂演示实验中，用不可伸长的轻长绳将一铁球 悬挂在天花板上。一同学靠墙站立，双手拉球使其与鼻尖恰好接触，然后由静止释放铁球。若 该同学保持图示姿势不变，则下列说法中正确的是（ ）A．铁球可能会撞击该静止不动的同学 B．铁球运动到最低点时处于失重状态 C．释放瞬间铁球的加速度水平向右 D．释放瞬间长绳拉力小于铁球重力 【解答】解：A.若不考虑空气阻力，根据机械能守恒定律，当球摆回到出发点时速度恰好为零， 铁球不会撞击该同学，若考虑空气阻力铁球速度为零时离该同学还有一段距离，故A错误； B.在最低点绳子拉力减去重力提供向心力，合力向上，拉力大于重力，球处于超重状态，故 B 错误； CD.释放瞬间，铁球的重力分解为沿绳向下和垂直于绳向下，由于速度为零，不需要向心力，故 绳子拉力等于重力沿绳向下的分力，小于重力，垂直绳子的分力产生加速度，故 C错误，D正 确。 故选：D。 [例题7] 如图，一小物块从斜面上的A点静止下滑，在AB段和BC段分别做匀加速和匀 减速运动，至C点恰好静止，全程斜面体保持静止状态。若小物块在AB段和BC段与斜面间 的动摩擦因数分别为 和 ，且AB＝2BC，则（ ） 1 2 μ μ A．在物块滑行的全过程中，地面对斜面的支持力始终小于物块和斜面的总重力 B．在物块滑行的全过程中，地面对斜面始终没有摩擦力作用 C．由题意知：2 + ＝3•tan 1 2 D．小物块在下滑μ过μ程中先超θ重再失重 【解答】解：ABD、由题意可知，物块的加速度先沿斜面向下后沿斜面向上，物块先处于失重状态后处于超重状态； 所以地面对斜面的支持力先小于斜面与物块的总重力后大于斜面与物块的总重力，物块的加速 度在水平方向的分量先水平向右后水平向左，斜面与物块整体分析可知，地面对斜面的摩擦力 先水平向右后水平向左，故ABD错误； C.由牛顿第二定律可知物块在AB段的加速度大小为a ＝gsin ﹣ gcos ， 1 1 物块在BC段的加速度大小为a 2 ＝ 2 gcos ﹣gsin ， θ μ θ 由于第一段过程的初速度与第二过μ程的末θ速度均θ为零，设物块在B点的速度为v， 由速度位移关系有v2＝2a AB＝2a BC，又AB＝2BC， 1 2 联立可得2 + ＝3•tan ，故C正确。 1 2 故选：C。μ μ θ [例题8] （多选）如图所示，质量m＝0.4kg的物块停放在水平桌面上。现对物块施加一 个竖直向上的外力F，使它由静止开始竖直向上做直线运动。已知外力F随时间t的变化关系 为F＝（6﹣2t）N（时间单位为秒，g取10m/s2），则（ ） A．物块向上运动过程一直做加速运动 B．物块向上运动过程中始终处于超重状态 C．在0～1s内，物块处于超重状态 D．在t＝2s时，物块的速度为零 【解答】解：当t＝0时，F＝6N＞mg＝4N，所以物体从t＝0时就开始向上加速 设物体向上运动的加速度为a，由牛顿第二定律：F﹣mg＝ma 解得：a＝5﹣5t（m/s2），其中t≤3s 作出前2s加速度随时间变化的图像，如图，a﹣t图像和横轴包围的面积在数值上等于物体速度 的变化量的大小，则由图可以看出，物体在0～1s内向上做加速运动，处于超重状态，在1～2s 内向上做减速运动，处于失重状态，第二秒末速度减为零，故AB错误，CD正确。 故选：CD。[例题9] 如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的 A、B两 物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的 倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态，则A、B两物体的瞬时加速度大小和方向说法 正确的是（ ） 1 A．a = g，方向沿斜面向下；a ＝g，方向沿斜面向下 A 2 B B．a ＝0，a ＝0 A B C．a ＝0；a ＝g，方向沿斜面向下 A B √3 D．a = g，方向垂直斜面向右下方；a ＝g方向竖直向下 A 2 B 【解答】解：匀速上升时，系统处于平衡状态，由平衡状态的受力特点知，A受到弹簧的作用 力大小为mgsin ，完全失重时 A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力 （mgsin ）和重θ力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为 mgcos ，故其瞬时加速度为 θ θ √3 gcos = g； 2 θ 而对B受力分析可知，完全失重瞬间，B受到弹簧的拉力不变仍为mgsin ，而细线的上拉力与 弹簧拉力相等，此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，故AθBC错误，D正确。 故选：D。题型三 瞬时问题的两类问题 1．两类模型 (1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失， 不需要形变恢复时间． (2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢 复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变． [例题10] 如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30° 的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为m 、m ，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线 A B 被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（ ） g g A．都等于 B． 和0 2 2 g m g m g g A A C． 和 ⋅ D． ⋅ 和 2 m 2 m 2 2 B B 【解答】解：①对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜 面的分力相等。在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F＝ g mgsin30°＝ma，a=gsin30°= 2 ②对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持 力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B 受到重力、弹簧的向上拉力、支持力。所以根据牛顿第二定律得：m gsin30°＝m a A B m g a= A ⋅ m 2 B 故选：C。 [例题11] （多选）在光滑水平面上有一质量为 1kg的物体，它的左端与一劲度系数为 800N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线．物体静止时细线与竖直方向成 37°角，此时物体与水 平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列判断正确的是（ ） A．在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5m/s2 B．在剪断弹簧的瞬间，物体所受合力为15N C．在剪断细线的瞬间，物体所受合力为零 D．在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为0 【解答】解：AC、在剪断细线前，以物体为研究对象，由平衡条件可知弹簧的弹力为：F＝ mgtan37°＝10×0.75N＝7.5N，在剪断细线的瞬间，细线的拉力变为零，弹簧的弹力不变，此时合 力不为零，由牛顿第二定律得：F＝ma，解得：a＝7.5m/s2，故A正确，C错误； BD、在剪断弹簧的瞬间，细线的拉力发生突变，此时物体所受合力为0，故加速度为0，故B错 误，D正确。 故选：AD。 [例题12] 如图所示，天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A，吊篮中放置着质量为2m 的重物B，吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连，已知初始时整个装置处于静止 状态，弹簧未超过弹性限度，重力加速度为g，则剪断轻绳瞬间，各物体加速度为（ ） A．a ＝4g，a ＝g B．a ＝2g，a ＝2g A B A B C．a ＝2g，a ＝0 D．a ＝g，a ＝g A C B C 【解答】解：剪断轻绳之前，根据共点力平衡条件可知弹簧弹力：F＝3mg 剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，C球仍受力平衡，加速度为零，对A分析 F+mg＝ma 解得 a＝4g此时AB分离，所以B只受重力，加速度为g。 故A正确，BCD错误； 故选：A。 [例题13] 如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方 向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好水平，A、B两物体处于静止状态，则（ ） A．A、B所受弹簧弹力大小之比为√3：√2 B．A、B的质量之比为m ：m ＝1：√3 A B C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：√2 D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为√6：3 【解答】解：A、A、B两物体都处于静止状态，对A、B两个物体分别进行受力分析，如图所 示，A、B 所受弹簧弹力大小相等，即 A、B 所受弹簧弹力大小之比为 1：1，故 A 错误 B、设弹簧弹力大小为F。对物体A，根据平衡条件有：Ftan60°＝m g A 对物体B，有：Ftan45°＝m g B 解得：m ：m =√3：1，故B错误； A B F F C、悬挂A、B的细线上拉力大小之比：T ：T = ： =√2：1，故C错误； 1 2 cos60° cos45° m g D、同时剪断两细线的瞬间，弹簧的弹力不变，A物体的合力大小为：F = A ，A物体的加 A sin60° F g 速度大小为：a = A = A m sin60° Am g F g g B物体的合力为：F = B ，B物体的加速度大小为：a = B = ，则a ：a = B sin45° B m sin45° A B sin60° B g ： =√6：3，故D正确。 sin45° 故选：D。 题型四 动力学图像问题 1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等． 2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从 零开始。 (2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断 物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解． [例题14] 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B 受到不断增大的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a﹣F 图像、已知g取10m/s2，则（ ） A．滑块A的质量为1kg B．木板B的质量为4kg C．当F＝10N时木板B加速度为4m/s2 D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1 【解答】解：ABD、设滑块A质量为M，木板B质量为m，滑块与木板间的动摩擦因数为 ， 由题目中图2得，当F ＝8N时，A和B达到最大共同加速度为：a ＝2m/s2 μ m m 根据牛顿第二定律得：F ＝（M+m）a m m 解得：M+m＝4kg， 当F＞8N时，A与B发生相对滑动，对B单独受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣ Mg＝ma Fμ μMg a= - m m 1 即图像的斜率为 ，由图得，斜率k＝1，故m＝1kg，M＝3kg， ＝0.2，故ABD错误； m μ C、当F＝10N＞8N，B的加速度为：F﹣ Mg＝ma ，代入数据解得：a ＝4m/s2，故C正确； 1 1 故选：C。 μ [例题15] 如图是幼儿感觉统合训练的一种器材——滑梯组合，简化为光滑的斜面和粗糙的 平面组成的组合体置于粗糙水平面上，结合部平滑连接。幼儿在主教老师的引导下进行感统训 练，若从滑梯上端沿斜面滑下再经过水平台后停下的整个过程中滑梯组合体始终未移动，则滑 梯组合体对水平地面的静摩擦力F 随时间t变化的关系图像可能是（ ） f A． B． C． D． 【解答】解：设斜面倾角为 ，幼儿质量为m，组合体平面上表面的动摩擦因数为 ， 在斜面上滑下时，幼儿对滑梯θ 的压力为N 1 ＝mgcos ，组合体静止，由平衡关系可得μ 组合体受到 的静摩擦力为F ＝N sin ＝mgsin cos ，方向水平θ向右，根据牛顿第三定律可得，组合体对地 f1 1 面的静摩擦力水平向左，θ大小不变θ； θ 幼儿在水平台上滑动时，幼儿受到的滑动摩擦力向左，大小为F = mg，组合体静止，根据平 f 2 μ 衡关系可知地面对组合体的静摩擦力大小也等于 mg，根据牛顿第三定律可得组合体对地面的 μ静摩擦力方向向右，所以组合体前后所受静摩擦力方向相反，大小均为定值，如果考虑大小和 方向，故A选项有可能，BCD不可能； 故选：A。 [例题16] 静止在光滑水平面上的物体在水平推力F作用下开始运动，推力随时间的变化如 图所示，关于物体在0～t 时间内的运动情况。正确的描述是（ ） 1 A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．物体的加速度一直增大 C．物体的速度先增大后减小 D．物体的速度一直增大 【解答】解：CD、由题可知，物体的合力等于推力F，方向始终沿正方向，根据牛顿第二律分 析可知物体先从静止开始做加速直线运动，推力F减小时，其方向仍与速度相同，继续做加速 直线运动，故C错误，D正确； AB、物体的合力等于推力F，推力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知加速度先增大，后减 小，故A、B错误。 故选：D。 [例题17] （多选）如图甲所示，长为L的木板M放在水平地面上，质量为m＝2kg的小物 块（可视为质点）放在木板的右端，两者均静止。现用水平向右的F作用在木板上，通过传感 器测出木板的加速度a与外力F的变化关系图如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．m与M间的动摩擦因数 ＝0.2 1 μB．M与水平地面间的动摩擦因数 ＝0.3 2 C．M的质量为2kg μ D．图乙中横轴截距为6N 【解答】解：A、由乙图知，小物块和木板一起运动的最大外力 F ＝18N，当F＞18N时，小物 m 块与木板相对滑动，对小物块，由牛顿第二定律有： mg＝ma 1 1 由乙图知，加速度：a 1 ＝2m/s2，解得： 1 ＝0.2，故Aμ正确； BC、当F＞18N时，对木板M，由牛顿μ第二定律有：F﹣ 1 mg﹣ 2 （M+m）g＝Ma 2 ，即： F μ mg+μ (M+m)g μ μ a = - 1 2 2 M M 1 2 由乙图可知：图像的斜率为k= = M 18-10 μ mg+μ (M+m)g 根据数学知识可得纵轴截距为b=- 1 2 =-2.5 M 联立解得：M＝4kg， ＝0.1，故BC错误； 2 D、当 F在0﹣18N内μ，对整体由牛顿第二定律得：F﹣ 2 （M+m）g＝（M+m）a，解得 a μ F = - g M+m 2 μ 当a＝0时，F＝ （M+m）g＝0.1×（4+2）×10N＝6N，即图乙中横轴截距为6N，故D正确。 2 故选：AD。 μ 题型五 动力学中的连接体问题 1．整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体， 分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)． 2．隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系 统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解． 3．整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度 然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离 求内力”．[例题18] （多选）如图所示，小车B和物块A用一根轻绳连接后放在水平面上，轻绳处于 伸直状态。物块A质量为1kg，与地面的摩擦因数 ＝0.4；小车B质量为0.5kg，与地面的摩 擦力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。当用水平恒μ力F＝10N向右拉小车B时，以下说法正 确的是（ ） A．A物块的加速度为6m/s2 B．B车的加速度为4m/s2 C．A、B间轻绳的拉力为10N D．A、B间轻绳的拉力为8N 【解答】解：AB．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律：F﹣ m g＝（m +m ）a A A B 解得a＝4m/s2，故A错误，B正确。 μ CD．对A物体受力分析，根据牛顿第二定律T﹣ m g＝m a A A 解得绳子的拉力T＝8N，故C错误，D正确。 μ 故选：BD。 [例题19] 如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B μ 和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为 ，B、C间的动摩擦因数为 ，B和地面间的动 4 μ μ 摩擦因数为 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的 8 拉力F，则下列判断正确的是 （ ） 1 A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过 mg 2 μ 1 B．当力F＝ mg时，A、B间的摩擦力为 mg 4 μ μ 3 C．无论力F为何值，B的加速度不会超过 g 4 μ 9 D．当力F＞ mg时，B相对A滑动 2 μ 【解答】解：μ mg A．物体C恰好滑动时，对C根据牛顿第二定律a 4 μg，物体A恰好滑动时，对BC整 0= = m 4 μ 体，A、B之间的摩擦力为f - ×4mg＝2ma ，解得f ＝ mg，物体A、B之间的最大静摩擦力 0 8 0 0 μ 为f ＝2 mg，因为f ＜f ，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、 m 0 m μ μg B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为 ， 4 μ μg 3 把 ABC 看成一个整体，根据牛顿第二定律得 F - ×4mg＝4ma ，其中 a= ，解得 F = 0 8 0 4 0 2 3 mg，若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过 mg，故A错误； 2 μ μ μ 3 B．当力F ＝ mg时，对整体F - ×4mg＝4ma ，对AF ﹣f ＝2ma ，解得f = mg，故B错 1 1 8 1 1 1 1 1 4 μ μ 误； μmg μ 5 C．B的最大加速度为 •2mg- - ×4mg＝ma ，解得a = g，故C错误； 4 8 B B 4 μ μ μ 1 D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体F - ×4mg- mg＝3ma ，对AF ﹣2 mg＝2ma ，解 2 8 4 2 2 2 μ μ 9 9 得F = mg，当力F＞ mg时，B相对A滑动，故D正确。 2 2 2 2 μ μ 故选：D。 [例题20] （多选）如图所示，A、B两物块叠放在一起静止在光滑的水平面上，t＝0时， 对B施加水平向右的恒力F ，对A施加竖直向下的力F ，已知F ＝kt（k＞0），不计空气阻 1 2 2 力。在A、B保持相对静止一起向右运动过程中，A物块速度大小随时间变化图像、B对A的 支持力大小随时间变化图像、B对A的摩擦力大小随时间变化图像正确的是（ ）A． B． C． D． 【解答】解：A、以A、B两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：F ＝（m +m ）a，得 1 A B F a= 1 ，F 是恒力，所以整体的加速度a不变，A、B两物块一起做初速度为零的匀加速直 m +m 1 A B 线运动，v﹣t图像是过原点的倾斜直线运动，故A正确； B、以A为研究对象，A竖直方向受力平衡，有N ＝m g+F ＝kt+m g，N ﹣t图像是不过原 BA A 2 A BA 点的倾斜直线运动，故B错误； CD、以A为研究对象，水平方向由牛顿第二定律有：f ＝m a，不变，故C正确，D错误。 BA A 故选：AC。 题型六 动力学两类基础问题 求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示： 分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度． [例题21] 如图甲所示，一质量m＝5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持 静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H＝5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木 棒上有一质量为2m的弹性小环。若t＝0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v ＝4m/s的初速 0 度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩 擦力f＝1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取 g＝10m/s2， 不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）当小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小； （2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小； （3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端 的距离l（结果可以用分数表示）。 【解答】解：（1）最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律 F ﹣2mg﹣f＝2ma 1 1 解得a ＝﹣2m/s2 1 即加速度大小为2m/s2，方向竖直向下； 对木棒，根据牛顿第二定律 f﹣mg＝ma 2 解得a ＝2m/s2 2 即加速度大小为2m/s2，方向竖直向上。 （2）小环初速度v ＝4m/s，则两物体第一次共速过程 0 v +a t ＝a t 0 11 21 解得t ＝1s 1 此时拉力F恰好变为F ＝120N，假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律 2 3mg﹣F ＝3ma 2 3 解得 a ＝2m/s2 3 则棒受到的摩擦力 f′＝mg﹣ma 3解得f′＝40N 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立； 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下 v＝a t 21 解得v＝2m/s 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度 1 2 h = a t 1 2 2 1 解得h ＝1m 1 之后棒和小环以a ＝2m/s2加速度向下加速运动，根据 3 v2-v2＝2a（H+h ） 1 1 解得木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小 v =√29m/s 1 （3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小 2mg-f a = 4 2m 解得a ＝4m/s2 4 第一次碰地后，木棒的加速度大小为 mg+f a = 5 m 解得a ＝22m/s2 5 小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与 小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔 2v Δt= 1 a 5 √29 解得Δt= s 11 再次碰地时木棒的速度仍为v =√29m/s，此时环的速度 1 v′＝v +a Δt＞v 1 4 1 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3Δt，相对木棒向下运动距离 1 87 522 1479 x＝3v Δt+ a （3Δt）2= m+ m= m 1 2 4 11 121 121 1s之前小环相对木棒向上运动距离 v +v s= 0 t ﹣h 1 1 2 解得s＝2m 1479 1237 故小环开始运动时距木棒下端的距离l＝x﹣s= m﹣2m= m 121 121 答：（1）小环加速度大小为2m/s2，方向竖直向下；木棒加速度大小为2m/s2，方向竖直向上； （2）木棒第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小为√29m/s； （3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，小环开始运动时距木棒下端的 1237 距离l为 m。 121 [例题22] 2022年4月16日，我国航天员翟志刚、王亚平，叶光富搭乘神舟十三号载人飞 船返回舱在东风着陆场成功着陆。在着陆阶段，主降落伞打开后主降落伞和返回舱的运动过程 简化如下：阶段Ⅰ，主降落伞和返回舱沿竖直方向减速下降；阶段Ⅱ，以速度v 匀速下降；阶 0 段Ⅲ，当返回舱离地面h高时，返回舱的反推发动机启动，返回舱沿竖直方向匀减速下降，着 地前瞬间速度恰好为零。已知上述过程中，只考虑主降落伞受到的空气阻力，忽略其他阻力， 主降落伞质量不计，返回舱（含航天员）总质量为m，重力加速度为g。 （1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小； （2）在阶段Ⅲ中，若在反推发动机启动后，降落伞与返回舱之间的轻绳处于松弛状态，求反推 发动机产生的推力大小； （3）若连接降落伞与返回舱间的n根等长轻绳均匀分布，轻绳与竖直方向的夹角均为 ，求阶 段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小。 θ【解答】解：（1）在阶段Ⅱ中，主降落伞和返回舱做匀速运动 根据平衡条件得空气阻力f＝mg （2）在阶段Ⅲ中，设返回舱的加速度大小为a 根据运动学公式v2=2ah 0 以返回舱整体为研究对象，取竖直向上方向为正方向 根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma mv2 代入数据联立解得F=mg+ 0 2h （3）在阶段Ⅱ中，对返回舱（含航天员），根据平衡条件nTcos ＝mg mg θ 解得每根轻绳的拉力T= ncosθ 答：（1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小为mg； mv2 （2）在阶段Ⅲ中，反推发动机产生的推力大小mg+ 0； 2h mg （3）阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小 。 ncosθ 题型七 动力学方法分析多运动过程问题 [例题23] 如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管 道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动 √3 摩擦因数 = ，货车紧急刹车时的加速度大小为8m/s2．每根水泥管道的质量m＝1500kg， 3 μ 重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中管A、B之间的弹力大小； （2）如果货车在水平路面上匀速行驶的速度为43.2km/h，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上 驾驶室，最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离。【解答】解：（1）上层管道横截面内的受力分析，其所受支持力为F ，如图所示： N 1 则有：F cos30°= mg， N 2 解得：F ＝5000√3N。 N （2）由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速， 2 F ＝ma ， N 1 μ 20 代入数据解得：a = m/s2， 1 3 货车紧急刹车时的加速度a ＝8m/s2， 2 货车的刹车距离： v2 x = 0 ------① 2 2a 2 上层管道在急刹车及货车停下后运动的总距离： v2 x = 0 ------② 1 2a 1 上层管道相对于货车滑动的距离： △x＝x ﹣x ﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 1 2 联立①②③并代入数据解得：△x＝1.8m。 答：（1）乙图中管A、B之间的弹力大小为5000√3N； （2）最初堆放时上层管道最前端应该离驾驶室的最小距离为1.8m。 [例题24] 如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长 l＝20m，倾角 ＝ 37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数 ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送θ带 不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高μ度差为h＝1.8m，传送带匀速运动的速度为v＝2m/s．现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量 为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋 包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车厢底板中心，重力加速度 g＝10m/s2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）主动轮的半径R； （2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x （3）麻袋包在传送带上运动的时间t． 【解答】解：（1）麻袋包在主动轮的最高点时，有： v2 mg＝m R 代入数据解得：R＝0.4m． （2）设麻袋包平抛运动时间为t，有： 1 h= gt2 2 x＝vt 代入数据解得：x＝1.2 m （3）对麻袋包，设匀加速运动时间为t ，匀速运动时间为t ，有： 1 2 mgcos ﹣mgsin ＝ma， μv＝at 1 ，θ θ 1 x = at 2， 1 2 1 l﹣x ＝vt 1 2 联立以上各式解得：t＝t +t ＝12.5 s． 1 2 答：（1）主动轮的半径是0.4m； （2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离是1.2m （3）麻袋包在传送带上运动的时间是12.5s．