第4章 第15节 牛顿运动定律的应用-【名师大课堂】2025年初升高物理衔接教程

初升高衔接教材 物理 A.速度先增大后减小 B.加速度先增大后减小 C.速度逐渐增大 D.加速度逐渐增大 4.水平路面上有一货车运载着5个相同的、质 量均为 m 的光滑均质圆柱形工件,其中4 个恰好占据车厢底部,另有一个工件D置 于工件A、B之间(如图所示),重力加速度 为g。汽车以某一加速度向左运动时,工件 A与D之间恰好没有作用力,此时工件D 与B之间的作用力大小为 ( ) A.2 33 mg B. 3 3mg C.3mg D.2 3mg 5.(多选)A、B两球的质 量均为 m,两球之间用 轻弹簧相连,放在光滑 的水平地面上,A球左 侧靠墙,弹簧原长为L0,用恒力F 向左推B 球使弹簧压缩,如图所示,整个系统处于静 止状态,此时弹簧长为L,下列说法正确的 是 ( ) A.弹簧的劲度系数为FL B.弹簧的劲度系数为 FL0-L C.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A、B两球 的加速度均为0 D.若突然将力F撤去,撤去瞬间,A球的加 速度为0,B球的加速度大小为Fm 6.如图所示,粗糙水平面上放置一个小物块, 在力F作用下沿水平面向右加速运动。在 保持力F 大小不变的情况下,发现当F 与 水平面成60°夹角斜向右上时,物块的加速 度相同。求物块与水平面间的动摩擦因 数μ。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第十五节 牛顿运动定律的应用 高中教 材分析 能用牛顿运动定律解决两类主要问题:已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已 知物体的运动情况确定物体的受力情况;掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路 和方法 一 已知物体的受力求运动情况 1.由物体的受力情况确定其运动情况的思路 物体受 力情况 → 牛顿第 二定律 → 加速 度a → 运动学 公式 → 物体运 动情况 2.解题步骤 (1)确定研究对象,对研究对象进行受力分 析和运动分析,并画出物体的受力示意图。 (2)根据力的合成与分解的方法,求出物体 所受的合力(包括大小和方向)。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体的 加速度。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 45 第四章 运动和力的关系 (4)结合给定的物体运动的初始条件,选择 运动学公式,求出所需的运动参量。 如图所示,一重力为10N的小球,在 F=20N的竖直向上的拉力作用下,从 A 点由静止出发沿AB 向上运动,F作用1.2s 后撤去,已知杆与小球间的动摩擦因数为 3 6 ,杆足够长,取g=10m/s2。求: (1)有F作用的过程中小球的加速度大小; (2)撤去F瞬间小球的加速度大小; (3)从撤去力F 开始计时,小球经多长时间 将经过距A 点为2.25m的B 点? [解析] (1)小球的质量为m=Gg=1kg 取沿杆向上为正方向,设小球在力 F 作用 时的加速度大小为a1,此时小球的受力如图 所示: 根据牛顿第二定律有 Fsin30°-Gsin30°-μFN=ma1 Fcos30°=Gcos30°+FN 联立解得a1=2.5m/s2。 (2)撤去F 瞬间,小球的受力如图所示: 设此时小球的加速度为a2,则 -Gsin30°-μFN'=ma2 FN'=Gcos30° 联立解得a2=-7.5m/s2。 即加速度大小为7.5m/s2。 (3)刚撤去F 时,小球的速度为v1=a1t1= 3m/s 小球的位移为x1= 1 2a1t1 2=1.8m 撤去F 后,小球继续向上运动的时间为 t2= 0-v1 a2 =0.4s 小球继续向上运动的最大位移为 x2= 0-v12 2a2 =0.6m 则小球向上运动的最大距离为 xm=x1+x2=2.4m 在上滑阶段通过B 点, 即xAB-x1=v1t3+ 1 2a2t3 2 解得t3=0.2s或t3=0.6s(舍) 小球返回时,受力如图所示: 设此时小球的加速度为a3,则-Gsin30°+ μFN'=ma3 解得a3=-2.5m/s2 即加速度大小为2.5m/s2,方向沿杆向下; 小球由顶端返回B 点时,有-(xm-xAB)= 1 2a3t4 2 解得t4= 3 5s 则通过B 点时间为t=t2+t4≈0.75s。 [答案] (1)2.5m/s2 (2)7.5m/s2 (3)0.2s或0.75s 二 已知物体的运动情况求受力 1.基本思路 分析物体的运动情况,由运动学公式求出物 体的加速度,再由牛顿第二定律求出物体所 受的合力,进而可以求出物体所受的其他 力,流程图如图所示: 已知物 体运动 情况 由运动学公式 → 求 得 a 由F=ma → 确定物 体受力 情况 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 55 初升高衔接教材 物理 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象,对研究对象进行受力分 析和运动分析,并画出物体的受力示意图。 (2)选择合适的运动学公式,求出物体的加 速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体所 受的合力。 (4)根据力的合成与分解的方法,由合力和 已知力求出未知力。 如图所示,小朋友乘坐游戏滑车从倾 斜轨道顶端由静止开始沿轨道匀加速下滑, 进入水平轨道,匀减速到零,滑车在水平轨 道上滑行的距离为5m,已知小朋友和滑车 (整体可看作质点)的总质量为 M=20kg, 倾斜轨道倾角为37°(sin37°=0.6)、长度为 3m。倾斜轨道与水平轨道平滑连接(经过 连接点时速度大小不改变),忽略倾斜轨道 的摩擦阻力,水平轨道的阻力恒定。g 取 10m/s2,求: (1)滑车滑到倾斜轨道底端时的速度大小; (2)水平轨道给小车的阻力大小; (3)若某次小朋友从起点到停止总共用了 2.4s,则滑车起点离倾斜轨道底端的距离 为多远? [解析] (1)小朋友在倾斜轨道上滑行时, 由牛顿第二定律得 Mgsin37°=Ma1 代入数值,解得a1=6m/s2。 由匀加速直线运动的速度位移关系式得v12 =2a1x1 代入数值,解得到v1=6m/s。 (2)水平轨道由匀变速直线运动的速度位移 关系式得v12=2a2x2 代入数值,解得a2=3.6m/s2 水平轨道由牛顿第二定律得F阻=Ma2 代入数值,解得F阻=72N。 (3)设在倾斜轨道和水平轨道运动的时间分 别用t1,t2 表示,根据题意有t1+t2=2.4s 对倾斜轨道和水平轨道(逆向研究)由匀变 速直线运动分别求速度,得以a1t1=a2t2 联立上面两式,解得 t1=0.9s t2=1.5s 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 在倾斜轨道 做匀加速直线运动,由运动学公式得x3= 1 2a1t1 2 代入数值,解得x3=2.43m。 [答案] (1)6m/s (2)72N (3)2.43m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 1.如图所示,小车内有一个 光滑的斜面,当小车在水 平轨道上做匀变速直线运 动时,小物块 A 恰好能与斜面保持相对静 止。在小车运动过程中的某时刻,突然使小 车停止,则小物块A 可能 ( ) A.沿斜面加速下滑 B.沿斜面减速上滑 C.仍与斜面保持相对静止 D.离开斜面做圆周运动 2.如图所示,在沿平直轨 道行驶的车厢内,有一 轻绳的上端固定在车 厢的顶部,下端拴一小 球,当小球相对车厢静止时,悬线与竖直方 向的夹角为θ,则车厢的加速度为 ( ) A.gtanθ,水平向左 B.gtanθ,水平向右 C.gsinθ,水平向左 D.gsinθ,水平向右 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 65 第四章 运动和力的关系 3.如图所示,质量为2kg的 物块B放在光滑水平面上, 物块 A 的质量为1kg,物 块A、B间的动摩擦因数为0.2。现对A施 加一水平向右的拉力F,物块 A以1m/s2 的加速度向右加速运动,则F 应为(不计滑 轮与绳之间的摩擦,g取10m/s2) ( ) A.5N B.6N C.7N D.8N 4.如图,物体 A、B、C放 在光滑水平面上用细 线a、b连接,力F作用在A上,使三物体在 水平面上运动,若在B上放一小物体D,D 随B一起运动,且原来的拉力F 保持不变, 那么加上物体D后两绳中拉力的变化是 ( ) A.Tb 不变 B.Tb 增大 C.Ta 变小 D.Ta 增大 5.现在很多城市都拥有纯 电动巴士。为了研究方 便,我们将电动巴士在两 个站点A、B 之间的运行 线路简化为水平方向上的直线运动,载人后 的总质量为8000kg,从站点A由静止开始启 动,匀加速行驶10s后速度达到36km/h;然 后保持该速度行驶300s后关闭动力,巴士 停在站点B,巴士做匀减速运动的加速度大 小为0.5m/s2,求: (1)巴士做匀加速运动的加速度大小; (2)巴士做匀减速运动时所受阻力的大小; (3)A、B 两个站点之间的距离。 6.如图甲所示,质量m=2kg的物体在水平面 上向右做直线运动。过a点时给物体施加 一个水平向左的恒力F 并开始计时,选水 平向右为速度的正方向,通过速度传感器测 出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙 所示。取重力加速度g=10m/s2。求: (1)物体在0~4s内和4~10s内的加速度 的大小; (2)力F 的大小和物体与水平面间的动摩 擦因数μ; (3)10s末物体离a点的距离; (4)10s后撤去拉力F,求物体再过15s离 a点的距离。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 75 参考答案 3.B 由于物体在五个力的作用下保持静止,则其所受 合力为零,这就相当于受两个等大反向的力,即某个 力和其余几个力的合力,其中某个力逐渐减小,而其 余几个力的合力是不变的,则其合力就在这个力的反 方向逐渐增大,这个力再由零增大到原来大小,则合 力又会逐渐减小直到变为零,所以合力变化为先增大 后减小,故加速度a先增大后减小,B正确,D错误;合 力的方向始终与其余几个力的合力保持一致,由牛顿 第二定律 有 F合 =ma,则 可 知 其 加 速 度 先 增 大 后 减 小,又由于其合力方向始终不变,则加速度方向始终 不变,所以其速度会一直增大,最后F5 再增大到原来 的值时开始做匀速直线运动,A、C错误。 4.A 对D受力分析,当工件A与D之间恰好没有作用 力时,D只受到重力、B对D的弹力共两个力的作用, 弹力方向垂直接触面(沿B、D的轴心连线方向),弹力 和重力的合力产生加速度,如图所示,根据牛顿第二 定律得F合 =ma= mgtan60°= 3 3mg ,则当a= 33g 时A 与D之间恰好没有作用力,所以工件D与B之间的作 用力大小为FN= mg sin60°= 2 3 3 mg ,故选A。 5.BD 以B球为研究对象,进行受力分析,由胡克定律 有F=k(L0-L),解得k= F L0-L ,故A错误,B正确; 若突然将力F 撤去,撤去瞬间,弹簧来不及发生形变, 则弹力不能瞬间改变,故 A所受合力仍然为0,加速 度为0,B水平方向只受弹簧的弹力,大小为F,根据 牛顿第二定律有a=Fm ,故C错误,D正确。 6.解析:水平拉小物块时,根据牛顿第二定律有F-μmg =ma 斜向右上拉小物块时,根据牛顿第二定律有Fcos60° -μ(mg-Fsin60°)=ma 联立上述两式,代入数据解得μ= 3 3 。 答案:3 3 第十五节 牛顿运动定律的应用 巩固提升 针对训练 1.B 对小车上的小物块进行受力分析如图所示,小物 块所受合力水平向右,大小为F合 =mgtanθ,故小车 和小物块一起在水平方向做匀变速直线运动时,小车 的加速度方向水平向右,大小为a=gtanθ,则小车可 以向右做匀加速直线运动,或小车向左做匀减速直线 运动。若小车向右做匀加速直线运动,当小车突然停 止运动后,小物块由于惯性保持以小车停止运动那一 刻的水平方向的速度运动,即小物块离开小车做平抛 运动;若小车向左做匀减速直线运动,当小车突然停 止运动后,小物块由于惯性向左冲上斜面,在冲上斜 面的过程中小物块做匀减速直线运动,故 A、C、D错 误,B正确。 2.A 对小球进行受力分析,受到重力和轻绳拉力,竖直 方向有Fcosθ=mg,水平方向有Fsinθ=ma,解得a= gtanθ,方向水平向左,故选A。 3.C 对A由牛顿第二定律有F-FT-μmAg=mAa,对 B由牛顿第二定律有FT-μmAg=mBa,联立解得F= 7N,故选C。 4.D 以 整 体 为 研 究 对 象,由 牛 顿 第 二 定 律 得 a= F mA+mB+mC ,以C为研究对象,由牛顿第二定律得 Tb=mCa= mCF mA+mB+mC ,加上物体D后,相当于B 物体的质量变大,所以Tb 变小,故A、B错误;以B、C 为研究对象,由牛顿第二定律得 Ta=(mB+mC)a= (mB+mC)F mA+mB+mC = F 1+ mA mB+mC ,加上物体D后,相当于 B物体的质量变大,所以Ta 变大,故C错误,D正确。 5.解析:(1)巴士匀加速行驶10s后的速度v=36km/h =36×10003600 m /s=10m/s 由a=ΔvΔt 得 巴 士 做 匀 加 速 运 动 的 加 速 度a1= v t = 10m/s 10s =1m /s2。 (2)巴士所受的阻力f=ma2=8000×0.5=4000N。 (3)巴士做匀加速运动的位移x1= v 2t1=50m 巴士 做 匀 速 运 动 的 位 移 x2=vt2=10×300m= 3000m 巴士做匀减速运动的位移x3= v2 2a2 =100m A、B 两个站点之间的距离x=x1+x2+x3=3150m。 答案:(1)1m/s2 (2)4000N (3)3150m 6.解析:(1)在0~4s内物体向右做匀减速直线运动的 加速 度 为a1,则 由v-t图 像 得 加 速 度a1= Δv Δt= 0-8 4 m /s2=-2m/s2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 37 初升高衔接教材 物理 负号表示方向与初速度方向相反;4~10s内物体向 左做匀加速直线运动的加速度为a2,则由v-t图像 得加速度a2= Δv Δt= -6-0 6 m /s2=-1m/s2 负号表示方向与初速度方向相反。 (2)根据牛顿第二定律,有 F+μmg=-ma1 F-μmg=-ma2 解得F=3N,μ=0.05。 (3)设10s末物体离a点的距离为d,d应为v-t图像 与横轴所围的面积,则d=12×4×8m- 1 2×6×6m =-2m 负号表示物体在a点左侧。 (4)设撤去拉力F 后做匀减速直线运动的加速度大小 为a3 根据牛顿第二定律有μmg=ma3 解得a3=0.5m/s2。 由v=v0+at可得物体减速到零的时间t= v a3 = 60.5s =12s 物体再过15s物体已经停止运动,物体在12s内的位 移x=v2t= 6 2×12m=36m 则此时物体在a点左侧,距离a点的距离为36m+ 2m=38m。 答案:(1)2m/s2 1m/s2 (2)3N 0.05 (3)2m (4)38m 综合检测卷(一) 1.B 由图中对话可知,车与树木或学生间的空间位置 发生变化,所以以树木或学生为参照物,汽车是运动 的,故A错误,B正确;汽车和乘客间的空间位置没有 发生变化,所以以汽车为参照物,乘客是静止的,故C 错误;乘客和司机间的空间位置没有发生变化,所以 以乘客为参照物,司机是静止的,故D错误。 2.A 同样方向、同样大小的力作用在足球的不同位置, 力的大小和方向是相同的,力的作用点不同,足球的 运动路线会有很大的不同,即力的作用效果不同,说 明了力的作用效果和力的作用点有关,故 A符合题 意,B、C、D不符合题意。 3.C 物体的质量不随位置而改变,航天员从地球进入 空间站后,其质量大小不变,故 A错误;对接完成后, 神舟十七号相对空间站位置不变,是静止的,故B错 误;空间站绕地球飞行时,其运动方向一直在变化,所 以运动状态不断发生改变,故C正确;空间站绕地球 飞行时,地球与空间站之间仍有力的作用,因此空间 站能绕地球飞行而不脱离轨道,故D错误。 4.B 规定出发时方向为正方向,则返回时的速度必为 负,故C错;由于速率不变,故D错;A图表示两个向 相反方向运动的物体的v-t图像,故A错。 5.B 物体间有弹力,还要有相对运动或相对运动趋势 以及接触面粗糙才有摩擦力,则有弹力不一定有摩擦 力,故A错误;有摩擦力,物体间必定存在相互挤压, 一定有弹力,B正确;静摩擦力的大小和弹力大小没 有关系,故C、D错误。故选B。 6.A 木箱沿光滑水平地面滑动,受到重力G、水平地面 的支持力 N 和水平拉力F 作用,没有摩擦力,力图如 题图A所示。故选A。 7.AB 题图A中两球间若有弹力,则小球Q 将向右运 动,所以P、Q 间无弹力;题图B两球间若有弹力,则小 球将向两边运动,所以P、Q 间无弹力;题图C两球间 若无弹力,则 小 球 P 将 向 下 运 动,所 以 P、Q 间 有 弹 力;题图D两球间若无弹力,则小球P 将向右下运动, 所以P、Q 间有弹力。故选A、B。 8.B 长木板处于平衡状态,长木板所受的拉力和两个 摩擦力是平衡力,故此时长木板所受的地面对它的滑 动摩擦力为F-T,所以地面受到的滑动摩擦力大小 为F-T,故A错误;由于此时木块A处于平衡状态, 所以此时木块 A所受的摩擦力大小等于 T,故B正 确;若长木板以2v的速度运动时,A仍然受滑动摩擦 力,稳定后A受到的摩擦力大小为T,故C错误;若用 2F 的力作用在长木板上,此时木块 A仍处于平衡状 态,所以此时A所受的摩擦力的大小仍等于 T,故D 错误。 9.AB 将F 沿水平方向和竖直方向分解,根据平行四 边形定则可知,水平方向的分力Fx=Fcosα竖直方向 的分力Fy=Fsinα故选AB。 10.C 因为木箱匀速运动,小孩和大人所用的推力相 等,又 所 走 的 位 移 相 同,所 以 做 功 一 样 多,C 选 项 正确。 11.B 在跳水过程中空气阻力不计,只有重力做功,则 重力势能转化为动能,机械能保持不变。重力做功 为W=Mgh=ΔEk=100M,故A错误,B正确;在跳 台上时,女生静止,她受到的支持力和重力是一对平 衡力。故C错误;若在跳水时,跳板先向下运动到最 低点,那么此过程女孩先向下加速再向下减速,女孩 先失重后超重。故D错误。 12.B 由题意,篮球入圈位置B 的水平面为零势能面, 则篮球在位 置 B 时 的 重 力 势 能 是 零,动 能 是 Ek- 1 2mv 2=-mg(H-h),则有机械能为E=Ep+Ek= 1 2mv 2+mg(h-H). 13.解析:月球为参照物,空间站与月球之间发生了位置 的变化,所以空间站是运动的。根据图示可知,物体 的运动速度不变,做匀速运动。 答案:运动 匀速 14.解析:无人机上安装有摄像机,在飞行过程中,以地 面为参照物,地面与无人机上的摄像机之间有位置 的变化,摄像机是运动的。分析图乙可知,在10~30s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 47