2023年高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用（讲）》含答案解析

1、第三章 牛顿运动定律近5年考情分析考点要求等级要求考题统计20222021202020192018对牛顿运动定律的理解浙江6月卷T2全国乙卷T15湖南卷T9全国甲卷T14浙江6月卷T4山东卷T1浙江1月牛顿运动定律的综合应用 浙江1月卷T19浙江6月卷T19全国甲卷T19全国乙卷T21浙江6月卷T19江苏卷T5浙江1月卷T19卷T20卷T15实验四：验证牛顿运动定律 山东卷T13全国甲卷T22湖南卷T11卷T22浙江7月卷T23核心素养物理观念:对惯性，超、失重和牛顿运动定律的理解。科学思维:1.“轻绳”模型与“轻杆模型”.2.传送带、板块模型以及整体法隔离法解连接体问题。科学态度与责任:用牛

2、顿运动定律研究生产、科技、体育中的问题。科学探究:探究加速度与力的关系。命题规律高考命题中对本章内容的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重，题型有选择题、计算题.方法有整体法、隔离法、数图转换、函数论证、临界极值法，控制变量法.能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律，注重与电场、磁场的渗透，注重与生产、生活、当今热点、现代科技的联系，注意社会责任、科学态度等要素的渗透。备考策略1.牢记基础知识，熟练掌握基本方法，积累消化基础模型，努力拓展新情景下的应用.2.准确把握物理考向:牛顿

3、运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失重、连接体问题、动力学中的图象问题、板块模型与多过程问题、传送带问题、实验的理解创新与改进.3.每一个考向都要针对训练.4.多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。【网络构建】专题3.2 牛顿运动定律的综合应用【网络构建】考点一 超重和失重1超重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象(2)产生条件：物体具有向上的加速度2失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象(2)产生条件：物体具有向下的加速度3完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对

4、悬挂物的拉力)为零的情况称为完全失重现象(2)产生条件：物体的加速度ag，方向竖直向下4.判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重物体向下加速或向上减速时，失重考点二 动力学中的连接体问题1连接体的类型(1)轻绳连接体 (2)接触连接体 (3)弹簧连接体2连接体的运动特点轻绳轻绳在

5、伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等3解决方法(1)分析方法：整体法和隔离法(2)选用整体法和隔离法的策略当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解考点三 临界极值问题1临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点(2)若题目中有“

6、取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度2几种临界状态和其对应的临界条件临界状态临界条件速度达到最大物体所受的合外力为零两物体刚好分离两物体间的弹力FN0绳刚好被拉直绳中张力为零绳刚好被拉断绳中张力等于绳能承受的最大拉力考点四 传送带模型eq avs4al(水平传送带)项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，

7、可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端若v0v，返回时速度为v；若v0v，返回时速度为v0eq avs4al(倾斜传送带问题)项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能

8、先减速后反向加速(4)可能一直减速考点五 滑块木板模型1模型特征滑块滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块滑板模型类似2两种类型类型图示规律分析木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xBxAL物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xBLxA3.分析“板块”模型时要抓住一个转折

9、和两个关联高频考点一 超重和失重例1、电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N, 关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2()电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2 B电梯可能向下加速运动，加速度大小为4 m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为4 m/s2 D电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2【答案】BC【解析】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，知重物的重力等于10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，可知电梯处于失重状态，加

10、速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mgFma，解得a4 m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4 m/s2，方向竖直向下电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误【变式训练】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()A处于超重状态 B不受摩擦力的作用C受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D所受合力方向竖直向上【答案】C【解析】当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向

11、沿斜面向下人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示将加速度沿竖直方向和水平方向分解，有竖直向下的加速度，则mgFNmay，FNmg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确高频考点二 动力学中的连接体问题eq avs4al(轻绳连接体问题)例2、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则()A此过程中物体C受五个力作用 B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，

12、轻绳刚好被拉断D若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq f(FT,6)【答案】C【解析】对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度aeq f(F6mg,6m)eq f(F,6m)g，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT4mg4ma，计算得出FTeq f(2,3)F，当F1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度aeq f(FT,4m)，隔离对A分析，A的摩擦力Ffmaeq f(FT,4)，故D错误【变

13、式训练】如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为.为了增加轻线上的张力，可行的办法是 ()A减小A物块的质量 B增大B物块的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数【答案】AB【解析】对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FTmBgsin mBgcos mBa.两式联立可解得：FTeq f(mBF,mAmB)，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确eq

14、 avs4al(接触连接体问题)例3、在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10 C15 D18【答案】BC【解析】设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则Fnma设PQ东边有k节车厢，则Fkmeq f(2,3)a联立得3n2k，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总节数为N1

15、0当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确【变式训练】如图所示，在倾角为的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是 ()A只减小A的质量，B对A的压力大小不变B只减小B的质量，B对A的压力大小会增大C只减小斜面间的倾角，B对A的压力大小不变D只减小两物体与斜面间的动摩擦因数，B对A的压力会增大【答案】C【解析】将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力

16、，根据牛顿第二定律可得aeq f(F（mAmB）gsin （mAmB）gcos ,mAmB)eq f(F,mAmB)gsin gcos ，隔离B分析可得FNmBgsin mBgcos mBa，解得FNeq f(mBF,mAmB)，由牛顿第三定律可知，B对A的压力FNeq f(mBF,mAmB)，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误eq avs4al(弹簧连接体问题)例4、如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系

17、数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为 ()AL0eq f(Ma,k) BL0eq f(ma,k)CL0eq f(MF,k（Mm）) DL0eq f(Fma,k)【答案】B【解析】先以A、B整体为研究对象，加速度为：aeq f(F,Mm)，再隔离A木块，弹簧的弹力：F弹makx，则弹簧的长度LL0eq f(ma,k)L0eq f(mF,k（mM）)，故选B.【变式训练】物体A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧做成的弹簧秤相连，如图所示，今对物体A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧秤的示数()A一定等于F1F2 B一定大于F2小于F1C一定等于F1F2 D条件不

18、足，无法确定【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1F2(Mm)a，再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：F1FMa，由以上两式解得Feq f(mF1MF2,Mm)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正确【答案】B高频考点三 临界极值问题 例5、如图所示，质量m2 kg的小球用细绳拴在倾角37的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面G取10 m/s2.下列说法正确的是 ()A当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为20 NB当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为30 NC当斜面以20 m/s2的加速度向右加速

19、运动时，绳子拉力为40 ND当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力为60 N【答案】A【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面的加速度为a0.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos ma0，Fsin mg0，代入数据解得a013.3 m/s2.(1)由于a15 m/s2a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示设绳子与水平方向的夹角为.以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos ma2，F2sin mg0代入数据解得F220eq r(5) N，选项C、D错误【变式训练】如图所示，水平地

20、面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则()A速度可能向左，加速度可大于(1)g B加速度一定向右，不能超过(1)gC加速度一定向左，不能超过g D加速度一定向左，不能超过(1)g【答案】B【解析】开始A恰好不下滑，对A分析有fAmgFNAF弹，解得F弹eq f(mg,)，此时弹簧处于压缩状态当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于eq f

21、(mg,)，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右对B分析，有fBmFNB(F弹mg)ma，解得a(1)g，故选项B正确，A、C、D错误高频考点四 传送带模型eq avs4al(水平传送带)例6、如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1.工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，vB3 m/sC若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB3 m/sD若传递带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB2 m/s【答案】ABC【解析】.

22、若传送带不动，由匀变速运动规律可知veq oal(2,B)veq oal(2,A)2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误【变式训练】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为，AB长为L，L足够长问：(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用

23、时间最短？【答案】(1)先匀加速，后匀速(2)eq f(v2,2g)eq f(v2,g)(3)eq f(L,v)eq f(v,2g)(4)veq r(2gL)【解析】(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动(2)由vat和ag，解得teq f(v,g)物体的位移x1eq f(1,2)at2eq f(v2,2g)传送带的位移x2vteq f(v2,g)(3)物体从A到B运动的时间为t总eq f(v,g)eq f(Lx1,v)eq f(L,v)eq f(v,2g)(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足veq r(2gL).e

24、q avs4al(倾斜传送带问题)例7、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是()A从下端B离开，vv1B从下端B离开，vv1C从上端A离开，vv1D从上端A离开，vv1【答案】ABC【解析】.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有vv1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力

25、时，则vv1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，vv1，故本题应选A、B、C.【变式训练】如图所示，传送带与地面夹角37，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)【答案】2 s【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin mgcos

26、ma1，得a110(0.60.50.8) m/s210 m/s2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1eq f(v,a1)eq f(10,10) s1 s，时间t1内的位移xeq f(1,2)a1teq oal(2,1)5 m.由于tan ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力Ff.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由Lxvt2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)，解得t21 s，t211 s(舍去)所以物体由A运动到B的时间tt1t22 s.高频考点五 滑块木板模型 例6、如图所示，质量M1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数10.3，木板长L1 m，用F5 N的水平恒力作用在铁上，g取10 m/s2.(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数20.1，求铁块运动到木板右端所用的时间【答案】(1)见解析(2)eq r(2) s【解析】(1)A、B之间的最大静摩擦力为fm1mg0.3110 N3 N假设A、B之间不发生相对滑动，则对A、B整体：F(Mm)a对A：f