2024届高考物理大一轮复习模拟题：第5节　牛顿运动定律的应用

第5节牛顿运动定律的应用学习目标要求核心素养和关键能力1.进一步学习分析物体的受力情况，并能结合物体的运动情况进行受力分析。2.知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。3.熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤。1.科学思维能用牛顿运动定律和相关的规律表达自己的观点；能从不同的角度解决动力学问题，具有质疑和创新的意识。2.关键能力分析解决实际问题的能力两类基本问题1.从受力确定运动情况：如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。2.从运动情况确定受力：如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。3.两类基本问题的解题思路【判一判】(1)根据加速度的定义式可知，物体的加速度与速度的变化量成正比，与所用时间成反比。(×)(2)物体受力后一定有加速度，物体的位移一定均匀增加。(×)(3)物体的受力情况决定了物体如何运动。(√)(4)解决动力学问题时，加速度将力与运动联系在一起。(√)(5)在水平粗糙地面上匀速运动的物体，外力撤去后将立即静止。(×)探究1已知受力确定运动情况■情境导入玩滑梯是小孩非常喜欢的活动，如果滑梯的倾角为θ，一个小孩从静止开始下滑，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ，滑梯长度为L，怎样求小孩滑到底端的速度和需要的时间？答案首先分析小孩的受力，利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度，然后根据公式v2＝2ax和x＝eq\f(1,2)at2即可求得小孩滑到底端的速度和需要的时间。■归纳拓展1.解题步骤(1)确定研究对象(2)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据合成法或正交分解法求物体所受到的合力。(3)对研究对象进行运动过程分析，画出运动过程图。(4)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。(5)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出运动的时间、位移和速度等。2.解题关键(1)抓住两个分析，受力分析和运动过程分析。(2)求解物体运动的加速度。【例1】(2020·陕西省黄陵县中学期中)质量为m＝2kg的物体，静置在水平面上，它们之间的动摩擦因数μ＝0.5，现对物体施加F＝20N的作用力，方向与水平面成θ＝37°(sin37°＝0.6)角斜向上，如图所示，(g取10m/s2)求：(1)物体运动的加速度大小；(2)物体在力F作用下5s内通过的位移大小；(3)如果力F作用5s后撤去，则物体在撤去力F后还能滑行的距离。答案(1)6m/s2(2)75m(3)90m解析(1)对物体受力分析如图所示水平方向有Fcosθ－Ff＝ma竖直方向有Fsinθ＋FN＝mg另有Ff＝μFN，代入数据解得a＝6m/s2。(2)物体在5s内通过的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×6×52m＝75m。(3)5s末物体的速度v＝at＝6×5m/s＝30m/s撤去力F后，物体运动的加速度大小a′＝eq\f(Ff,m)＝μg＝5m/s2则物体在撤去力F后还能滑行的距离x′＝eq\f(v2,2a′)＝eq\f(302,2×5)m＝90m。【针对训练1】刹车线是汽车刹车后停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，取g＝10m/s2。求：(1)汽车开始刹车时的速度大小v0；(2)从刹车开始计时，1s内汽车前进的距离x。答案(1)14m/s(2)10.5m解析(1)由牛顿第二定律可知μmg＝ma得加速度大小为a＝μg＝7m/s2由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，得v0＝eq\r(2ax)＝14m/s。(2)刹车后汽车减速运动至停止的时间t＝eq\f(0－14,－7)s＝2s由于t′<t，刹车后1s内前进的距离x＝v0t′－eq\f(1,2)at′2＝10.5m。探究2已知运动情况确定受力1.基本思路eq\x(\a\al(物体的运,动情况))→eq\x(\a\al(运动学,公式))→eq\x(加速度)→eq\x(\a\al(物体所,受合力))→eq\x(\a\al(确定物体,受力情况))2.常用公式v＝v0＋at⇒a＝eq\f(v－v0,t)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax⇒a＝eq\f(v2－veq\o\al(2,0),2x)Δx＝aT2⇒a＝eq\f(Δx,T2)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2⇒a＝eq\f(2（x－v0t）,t2)3.解题关键(1)抓住受力分析和运动过程分析。(2)求解物体运动加速度。【例2】一质量为m＝2kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使滑块由静止开始在0～2s内沿斜面运动的位移x＝4m。求：(g取10m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小。答案(1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度方向沿斜面向上和沿斜面向下两种可能。由x＝eq\f(1,2)a1t2，得加速度大小a1＝2m/s2当加速度方向沿斜面向上时Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1代入数据得F＝eq\f(76\r(3),5)N当加速度方向沿斜面向下时mgsinθ－Fcosθ－μ(Fsinθ＋mgcosθ)＝ma1代入数据得F＝eq\f(4\r(3),7)N。【针对训练2】公路上行驶的两汽车之间需要保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，汽车的安全距离为105m。g＝10m/s2。(1)求晴天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数；(2)已知雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq\f(2,3)，若雨天时安全距离为70m，则汽车在雨天安全行驶的最大速度为多大？答案(1)0.6(2)20m/s(72km/h)解析(1)设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0)式中m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度代入数据，解得μ0＝0.6(2)设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝eq\f(2,3)μ0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，s′为雨天安全距离。由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝mas′＝vt0＋eq\f(v2,2a)联立并代入数据解得v＝20m/s(72km/h)。探究3多运动过程问题1.基本思路(1)划分不同的运动过程，进行受力分析和运动特点分析。(2)应用运动学公式或者牛顿第二定律求出不同运动过程的加速度。(3)应用运动学公式求未知物理量或应用牛顿第二定律求未知力。2.解题关键：求解运动转折点的速度。【例3】如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；(2)t＝6s时物体的速度；(3)物体沿斜面上升的最大高度。答案(1)0.530N(2)6m/s(3)18m解析(1)设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律可知F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1撤去力后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2根据速度图像的斜率等于加速度可知a1＝20m/s2a2＝10m/s2联立解得μ＝0.5F＝30N。(2)t2＝3s时物体速度减为零，之后物体下滑，设其加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma3解得a3＝2m/s2由速度时间公式得到v＝a3(t－t1)＝6m/s即物体6s末速度为6m/s。(3)由题知，物体上滑过程中最大速度为v1＝20m/s物体沿斜面上滑的最大位移x＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝30m物体沿斜面上升的最大高度h＝xsin37°＝18m。【题目示例】如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)【建模思路】【模型分析】木块沿斜面向上滑动过程中，合外力为μmgcosθ＋mgsinθ，方向沿斜面向下，减速运动到最高点后，有两种可能的运动状态：若μmgcosθ<mgsinθ，加速下滑，满足mgsinθ－μmgcosθ＝ma；若μmgcosθ≥mgsinθ，木块静止于斜面上。【题例解答】答案(1)tanθ<0.30(2)57m解析(1)对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为Ff＝μmgcosθ而货车重力沿斜面的分量为F＝mgsinθ若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要Ff>F即mgsinθ<μmgcosθ解得eq\f(sinθ,cosθ)<μ即tanθ<0.30则当tanθ<0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车道上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律F合＝ma得F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝gsinθ＋μgcosθ＝10×(0.26＋0.3×0.97)m/s2＝5.51m/s2设货车避险车道上行驶的最大距离为x，v0＝90km/h＝25m/s，据匀变速直线运动位移与速度关系式得0－veq\o\al(2,0)＝－2ax代入数据解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(252,2×5.51)m＝56.72m≈57m。【建模感悟】并非只有木块在斜面上运动才为斜面运动模型，题目示例中的货车可以看作“木块”，可以想到，各类形状的物体，在重力、弹力、滑动摩擦力作用下，在斜面上的运动，其运动均符合斜面运动模型。涉及计算时，需要特别注意摩擦力的方向。1.(已知受力确定运动情况)一个滑雪运动员从静止开始沿足够长的山坡滑下，山坡的倾角θ＝37°，如图所示，滑雪板与雪地间的动摩擦因数是0.04，求5s内滑下来的路程和5s末的速度大小。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案71m28.4m/s解析以滑雪运动员为研究对象，受力情况如图所示。将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，根据牛顿第二定律列方程FN－mgcosθ＝0①mgsinθ－Ff＝ma②又因为Ff＝μFN③由①②③可得a＝g(sinθ－μcosθ)＝5.68m/s2故x＝eq\f(1,2)at2＝71mv＝at＝28.4m/s。2.(已知运动情况确定受力)在某段平直的铁路上，一列以324km/h的速度高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速度324km/h。(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。答案(1)0.3m/s2(2)1.2×106N(3)30m/s解析(1)列车的初速度为324km/h＝90m/s经过5min＝300s停下，所以列车减速时的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－90,300)m/s2＝－0.3m/s2，即列车减速时加速度大小为0.3m/s2，负号说明加速度的方向与运动方向相反。(2)由运动学公式得v2＝2a′x解得a′＝eq\f(v2,2x′)＝eq\f(902,2×8.1×103)m/s2＝0.5m/s2，阻力Ff＝0.1mg，根据牛顿第二定律，有F－0.1mg＝ma′代入数值解得F＝1.2×106N。(3)列车加速的时间为t′＝eq\f(v,a′)＝eq\f(90,0.5)s＝180s减速过程中通过的位移x＝eq\f(v,2)t＝45×300m＝13500m所以整个过程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x＋x′,t总)＝eq\f(13500＋8100,300＋240＋180)m/s＝30m/s。3.(多运动过程问题)如图甲所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”。如图乙所示，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：(1)鱼入水时的速度大小v；(2)鱼在两种情况下在水中运动的时间之比t1∶t2；(3)鱼在两种情况下受到水的作用力大小之比F1∶F2。答案(1)2eq\r(gh)(2)2∶3(3)9∶7解析(1)鱼上升过程，由v2＝2gH，得v＝2eq\r(gh)。(2)因h1＝eq\f(v,2)t1，h2＝eq\f(v,2)t2，得eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,3)。(3)由2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1得F1＝3mg，同理得F2＝eq\f(7,3)mg所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(9,7)。课时定时训练(限时35分钟)题组一根据受力情况确定运动情况1.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2，初速度之比为2∶3，它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行，直至停止，则它们()A.滑行中的加速度之比为2∶3 B.滑行的时间之比为1∶1C.滑行的距离之比为4∶9 D.滑行的距离之比为3∶2答案C解析木块滑动时在水平方向上只受摩擦力，则Ff＝μmg＝ma，a＝μg，所以两木块加速度之比为1∶1，A错误；根据公式t＝eq\f(v0,a)，可得eq\f(tA,tB)＝eq\f(vA,vB)＝eq\f(2,3)，B错误；根据公式veq\o\al(2,0)＝2ax可得eq\f(xA,xB)＝eq\f(veq\o\al(2,A),veq\o\al(2,B))＝eq\f(4,9)，C正确，D错误。2.如图所示，质量为40kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2s撤去拉力F，雪橇与地面间的动摩擦因数为0.20。取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6。求：(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小；(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s。答案(1)5.2m/s(2)6.76m解析(1)未撤去拉力时对雪橇受力分析如图，设加速度为a1，在竖直方向上，由平衡条件得FN＋Fsin37°＝mg，在水平方向上，由牛顿第二定律得Fcos37°－Ff＝ma1，且Ff＝μFN；联立解得a1＝2.6m/s2，则刚撤去拉力时，雪橇的速度大小v＝a1t＝2.6×2m/s＝5.2m/s。(2)撤去拉力后，设其加速度为a2，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2m/s2，根据v2＝2a2s，解得s＝6.76m。题组二根据运动情况确定受力情况3.如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进，突然发生意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是()A.meq\r(g2－a2) B.maC.meq\r(g2＋a2) D.m(g＋a)答案C解析西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图所示，F表示周围西瓜对西瓜A的作用力，则由牛顿第二定律得eq\r(F2－（mg）2)＝ma，解得F＝meq\r(g2＋a2)，故选项C正确，A、B、D错误。4.如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力F为(g取10m/s2)()A.42N B.6NC.21N D.36N答案D解析因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力F作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2，得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，故选项D正确。5.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff＝4N，g取10m/s2。(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5s时无人机离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v的大小；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。答案(1)75m(2)40m/s(3)eq\f(5\r(5),3)s解析(1)无人机起飞过程，由牛顿第二定律得F－mg－Ff＝ma，代入数据解得a＝6m/s2由运动学公式h＝eq\f(1,2)at2得h＝75m。(2)无人机坠落过程，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H得无人机坠落地面时的速度v＝eq\r(2a1H)＝40m/s。(3)无人机恢复升力后向下减速运动过程F－mg＋Ff＝ma2，代入数据解得a2＝10m/s2设恢复升力时的速度为vm，则有eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)＝H，解得vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s由vm＝a1t1，解得t1＝eq\f(5\r(5),3)s。6.(2020·山东滕州一中月考)滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速。为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70kg，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.