第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用-【高考零起点】2026年新高考物理总复习（艺考）

零起点·物理 14.如图所示，倾角为0的光滑斜面固定在 水平地面上。在沿斜面向上的恒力作 用下，质量为m的物块由静止开始上 滑，当滑行距离为x时，其速度大小为 v,此时撤去该力，物块继续运动。设斜 面足够长。重力加速度为g。求： (1)该恒力的大小F; (2)撤去该力后，物块沿斜面继续向上 滑动的距离x'。 0 第三节 牛顿运 知识梳理 1.正交分解法：物体做加速运动有∑ F=ma,取两相互垂直的方向，正交表示。 ∑Fx=max ∑F,=ma 2.整体法与隔离法的综合应用，且通 常是先整体法，再隔离法。 3.物体的超重与失重 (1)物体对支持物的压力（或对悬绳的 拉力)大于物体所受重力的现象叫做超重。 (2)物体对支持物的压力（或对悬绳的 拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重。 4.由牛顿第二定律算出来的加速度均 为对地的加速度，以此加速度为基础算出 28 动定律的综合应用 来的速度和位移均为对地的速度和位移。 5.如图，一小物块A在长木板B上做直 线运动，B与A做同向或反向的直线运动则 对于位移x,速度v,加速度a有以下公式成 立(x附B表示A对B的位移，其他符号类 似)： A B 光A对B十XB对地=XA对地， VA对B十VB对地=VA对地， aA对B十0B对地=aA对地 或简化为xA对B=xA-xB(xA表示A对地 的位移，其他符号类似) VA对B=VA-VB,aA对B=aA-aBo 典例精析 例1 质量为m的物体放在倾角为α 的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为 心，如沿水平方向加一个力F,使物体沿斜面 向上以加速度a做匀加速直线运动，如图 甲，则F多大？ 甲 例2如图所示，两个用轻线相连的位 于光滑水平面上的物块，质量分别为m,和 m2,拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一 水平直线，且F>F2。试求在两个物块运动 过程中轻线的拉力T。 mm:f: 77777777777n777777777 例3在以加速度a匀加速上升的电 梯中，有一个质量为m的人，站在磅秤上， 则此人称得自己的“重量”为 () A.ma B.m(a+g) C.m(g-a) D.mg 第三章牛顿运动定律 例4如图所示，质量M=8kg的小车 放在光滑水平面上，在小车右端施加一水 平恒力F=8N,当小车向右速度达到o=1. 5m/s时，在小车的前端轻轻放上一个大小 不计、质量m=2kg的物块（物块初速度为 零)，物块与小车间的动摩擦因数u=0.2, 小车足够长，取g=10m/s2。求： (1)物块刚放上小车时，物块和小车的 加速度各为多少？ (2)从放上小车开始经过t=1.5s,物 块通过的位移大小。 m 巩固练习 1.(多选)如图所示，当小车水平向右加速 运动时，物块M相对车厢静止于车厢后 竖直壁上，当小车的加速度增大时 A.M所受静摩擦力 增大 77777777777777777 B.M对车厢壁的压力增大 C.M仍相对于车厢静止 D.M在竖直方向上所受合外力为零 2.(多选)如图所示，斜面体M始终处于静 止状态，当物体m沿斜面下滑时有 29 零起点·物理 A.匀速下滑时，M对地面压力等于(M+ m)g B.加速下滑时，M对地面压力小于(M+ m)g C.减速下滑时，M对地面压力大于(M+ m)g D.M对地面压力始终等于(M+m)g 3.(2015江苏)（多选）一人乘电梯上楼，在 竖直上升过程中加速度a随时间t变化 的图线如图所示，以竖直向上为a的正 方向，则人对地板的压力 ( a/(m.s 6 A.t=2s时最大 B.t=2s时最小 C.t=8.5s时最大D.t=8.5s时最小 4.(2021湖北卷)2019年，我国运动员陈芋 汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳 台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上 倒立静止，然后下落，前5m完成技术动 作，随后5m完成姿态调整。假设整个下 落过程近似为自由落体运动，重力加速 度大小取10m/s2,则她用于姿态调整的 时间约为 () A.0.2s B.0.4s C.1.0s D.1.4s 5.将重40N的物体放在竖直升降电梯的 地板上。某段时间内，物体受到电梯地 板的支持力随时间变化的图像如图所 30 示，由此可以判断 F/N 5 40 3 024681012t/s A.t=1s时电梯只可能向上减速运动 B.t=6s时电梯一定处于静止状态 C.t=11s时电梯不可能正在向上运动 D.t=11s时电梯的加速度方向一定竖 直向下 6.（2020山东)一质量为m的乘客乘坐竖 直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图 像如图所示。乘客所受支持力的大小用 F、表示，速度大小用v表示。重力加速度 大小为g。以下判断正确的是( A.0~t1时间内，v增大，FN>mg B.t1~t2时间内，v减小，Fv<mg C.t2~t3时间内，v增大，F、<mg D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg 7.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端 相距x=3.5m,物体与传送带间的动摩 擦因数4=0.1，物体滑上传送带A端的 瞬时速度vA=4m/s,到达B端的瞬时速 度设为v。下列说法中正确的是() AB A.若传送带不动，vB=3m/s B.若传送带逆时针匀速转动，B一定等 于3m/s C.若传送带顺时针匀速转动，v一定等 于3m/s D.若传送带顺时针匀速转动，v有可能 等于3m/s 8.如图所示，在光滑水平面上，有一质量 M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块， 初速度大小都是v=4m/s,向相反方向 运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当 薄板的速度大小为2.4m/s时，物块运动 情况是 m M A.向右做匀减速运动 B.向左做匀减速运动 C.向右做匀加速运动 D.向左做匀加速运动 9.(2020山东)如图所示，一轻质光滑定滑 轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和 2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨 过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与 木板平行。A与B间、B与木板间的动摩 擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。当木板与水平面的夹角为45° 时，物块A、B刚好要滑动，则心的值为 B 发450 77777 第9题图 A. 1 3 B. 4 1 c.5 D.6 10.如图，质量为2m的物块A与水平地面 的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B 与地面的摩擦因数为u,在已知水平推 第三章牛顿运动定律 力F的作用下，A、B做加速运动，则A 对B的作用力为多少？ 11.如图所示，装有支架的质量为M(包括 支架的质量)的小车放在光滑水平地面 上，支架上用细线拖着质量为m的小 球，当小车在光滑水平地面上向左匀加 速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹 角为0。求小车所受牵引力的大小。 TAmm 31 零起点·物理 12.如图所示，放在水平地面上的木板B长 为1.2m,质量M=2kg,B与地面间的 动摩擦因数41=0.2；一质量m=3kg的 小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩 擦因数2=0.4。刚开始A、B均处于静 止状态，现使A获得3m/s向右的初速 度，求：(g=10m/s2) (1)A、B刚开始运动时的加速度； (2)A在B上滑动，经过多长时间达到 共同速度？A最后停在B上何处？ B 777777777777777 32 13.如图所示，质量M=4.0kg的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放 一质量m=1.0kg的小滑块A(可视为 质点)。初始时刻，A、B分别以vo= 2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没 有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦 因数u=0.40,取g=10m/s2。求： A B mmmmm (1)A、B相对运动时的加速度aA和aB 的大小与方向； (2)A相对地面速度为零时，B相对地 面运动已发生的位移x; (3)木板B的长度l。故选A、B、D。 6.D【解析】根据牛顿第二定律，对PQ的整体有 F-u·3mg=3ma,对物体P有T-mg=ma,解得T=3 F,故选D。 7.B【解析】根据顿第二定律，对物体有T-mg= ma,对人有Mg=T+FN,由以上两式得地面对人的支持力 FxN=490N。 8.B【解析】根据牛顿第二定律的瞬时性，物体立 刻得到加速度，但由于物体有惯性，所以物体速度来不及 变化，因此速度在此瞬间为零，但有加速度，所以B正确。 9.D【解析】突然撤去拉力瞬间，物体A受力情况 不变，因此物体A的加速度a1=a,由牛顿第二定律可得 F彝=m1a,撤去拉力后，物块B在水平方向只受弹簧弹力 的作用，由牛顿第二定律可得F弹=m2a2,联立可得a2= ma,AB、C错误，D正确。 m 10.B【解析】书放在水平桌面上，若书相对于桌面 不滑动，则最大静摩擦力提供加速度fm=mg=mam,解 得am=g=4m/s2,书相对高铁静止，故若书不动，高铁 的最大加速度4m/s2。故选B。 11.BD【解析】A、B整体由牛顿第二定律可得mg =(m+M)a,解得A、B的加速度大小a=m +M8,A错误， B正确；对B由牛频第二定律可得F,=Ma=M +img,C 错误，D正确。故选B、D。 12.D【解析】设PQ的水平距离为L,由运动学公 式可知L。1 cos 0 2 gsin 012 可得2=4机 gsin 20 可知0=45°时，t有最小值，故当0从由30°逐渐增 大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。 l3.BC【解析】根据牛顿第二定律有F-umg=ma, 整理后有F=ma+mg。 则可知F-a图像的斜率为m,纵裁距为mg,则由 题图可看出m甲>m2,甲m甲g=u2m2g,则u甲2，故 选B、C。 14.(1)p(22z0 v 【解析】(1)根据运动学公式可得v2-0=2ax 根据牛顿第二定律可得F-mgsin0=ma 联立化简可得F=mgsin+m心 2x (2)撤去该拉力后，根据牛顿第二定律，设物块上滑 的加速度大小为a',有mgsin0=ma 根据运动学公式可得0-v2=-2a'x' 2 联立化简可得=2gsin0 第三节牛顿运动定律的综合应用 典例精析 例1m(a+gsin+igcos a) cos a-usin a 【解析】(1)受力分析：物体受四个力作用，重力 mg、弹力FN、推力F、摩擦力F; (2)建立坐标系：以加速度方向即沿斜面向上为x 轴正向，分解F和mg,如图乙所示； y (3)建立方程并求解 x方向：Fcos a-mgsin a-F,=ma y方向：FN-mgcos a-Fsin a=0 F=MFN 三式联立求解得 F_m(a+gsin atugcos a） cos a-usin a 例2【解析】设两物块一起运动的加速度为α， 则有 F1-F2=(m1+m2)a① 根据牛顿第二定律，对质量为m1的物块有 F1-T=m1a② mF2+m2F 由①②两式得T= m1+m2 例3【解析】首先应清楚，磅秤称得的“重量” 实际上是人对磅秤的压力，也即磅秤对人的支持力F 取人为研究对象，做受力分析如图所示，依牛顿第二定 律有：FN-mg=ma;Fv=m(g+a)。 ↓mg 即磅秤此时称得的人的“重量”大于人的实际重力， 人处于超重状态，故选B。 B 例4【解析】（1)物块刚放上小车时，物块相对小 车滑动，所受滑动摩擦力大小f=umg,轻轻放上小物块 后的一段时间内，由于m和M的速度不同(v车>U物)故 小物块相对车向左运动，受到向右的摩擦力f=umg,其 加速度a1=g=2m/s2;小车受到向左的摩擦力，其加速 _F-umg=0.5m/s2。 度a2=M (2)当小物块和小车速度相等时，两者将保持相对静 止设这之前的运动时间为1，则a141=+241,解得1=1s islm 小物块运动位移x2 1s后小物块和小车以共同的加速度和相同的速度 F 运动，时间2=0.58，a=M+m =0.8m/s2 小物块运动位移x=a1+2a22=1.1m,小物块 总位移x=x1+x2=2.1m。 巩固练习 1.BCD【解析】以物块为研究对象，分析受力，作 出受力分析图如图。 mg 物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力∫= Mg,保持不变，故A错误，D正确。小车的加速度增大 时，弹力N=ma增大，物块与车厢避间的最大静摩擦力 增大，物块不可能沿壁下滑，所以M仍相对于车厢静止， 故B、C正确。故选B、C、D。 2.ABC【解析】物体与斜面均处于平衡状态，可将 物体与斜面体视为一个整体，斜面体与斜面上的物体都 处于平衡状态，所受合力都为零，则斜面体对地面的压 力等于物体与斜面体的总重力，故A正确；小物体加速 下滑时，仍然将物体与斜面体视为一个整体，设小物体 的加速度为a,则在竖直方向上有(M+m)g-N=masin0, 整理得N=(M+m)g-masin0<(M+m)g,故B正确；同 理，小物体减速下滑时，N=(M+m)g+masin0>(M+m) g,故C正确；根据以上分析可知，D错误。 3.AD【解析】图像显示了加速度a随时间变化的 规律，其中以向上为正方向，根据牛顿第二定律，开始阶 段有FN-mg=ma,可知当t=2s时加速度最大，此时人对 地板的压力最大；4~7s加速度为零，而7~10s加速度 是负的，说明此时电梯减速上升，有mg-F、=ma,可知， 当t=8.5s时人对地板的压力最小。 4.B【解析】陈芋汐下落的整个过程所用的时间T 2F2×10 =√gN10 8≈1.4s,下落前5m的过程所用的时 2h2x5 间√名√0s=1s,则陈芋汐用于姿态调娄的 时间约为t2=T-t1=0.4s。故B正确，A、C、D错误。故 选B。 5.D【解析】t=1s时，物体受到电梯地板的支持 力大于重力，加速度竖直向上，电梯可能向上加速运动， 也可能向下减速运动，故A错误；t=6s时，物体受到电 梯地板的支持力等于重力，电梯可能静止，也可能做匀 速运动，故B错误；t=11s时，物体受到电梯地板的支持 力小于重力，加速度竖直向下，电梯可能向上减速运动， 也可能向下加速运动，故C错误，D正确。故选D。 6.D【解析】由于x-t图像的斜率表示速度，可知 在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失 重状态，则F、<mg,选项A错误；在t1~t2时间内速度不 变，即乘客匀速下降，则FN=mg,选项B错误；在t2~t 时间内速度减小，即乘客减速下降，超重，则FN>mg,选 项C错误，D正确。故选D。 7.ABD【解析】若传送带不动，物体做匀减速直线 运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度 大小a=g=1m/s2,根据后-匠=-2ax,解得vg=3m/s, 故A正确。若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀 减速直线运动，由于滑块所受的滑动摩擦力与传送带静 止时相同，则加速度与传送带静止时也相同，到达B点 的速度大小一定等于3m/s,故B正确。若传送带顺时 针匀速运动，若传送带的速度小于3/s,物块滑上传送 带做匀减速直线运动，加速度与传送带静止时也相同， 则到达B,点的速度等于3m/s;若传送带速度大于3m/ s,甚至可能大于4/s,那么物体所受摩擦力可以反向， 物体做加速运动，到达B,点的速度将大于4/s。故C 错误，D正确。 8.C【解析】M的加速度显然向左，设为a,则m的 加速度为3a,向右。 设接触面滑动摩擦因数为山，m从滑上长木板到静 止在长木板上的时间为t1,选向右为正方向，则-4m/s+ 3a,=4m/s-at1,解得at,=2m/s,得飞=2m/。又设M 的速度为2.4m/s时经历的时间为t2,令4m/s-at2= 24m/s,得，=1.6ms,得，=1.6。由于在整个过 a 程中a的值不变，所以t1>t2,即M的速度达到2.4m/s 时m并未在木板上与木板达到共同速度，还在相对木板 向左滑行，对地速度为-4m/s+3a×t2=0.8m/s,而对地 做向右的匀加速直线运动。故选C。 9.C【解析】当木板与水平面的夹角为45°时，两 物块刚好滑动，对A物块受力分析如图 N mg 沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1=uN= mgcos45°，根据平衡条件可知T=mgsin45°+umgcos45°， 对B物块受力分析如图 W 45N 2 mg 沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f=uN'= 2 u·3 ngcos45°，根据平衡条件可知，2 ngsin45°=T+ umgcos45°+u·3 ngcos45°，两式相加，可得2 ngsin45 =mgsin45°+umgcos45°+umgcos45°+w·3 ngcos45°，解 1 得儿= ,故选C。 10.+2g 3 【解析】对A、B分析：F-mg=3ma,a ”=-竖：对B分折：g= 3m F+2umg FAB=- 3 11.(M+m)gtan0【解析】小球和小 车相对静止，它们有共同的加速度，对小球 受力分析，小球仅受重力mg和绳子拉力 FT的作用，小球所受合力向左，如图所示， 所受合力大小为mgtan0,由牛顿第二定律 有mgtan0=ma,对小车和小球组成的整体，根据牛顿第 二定律得，F=(M+m)a,联立解得F=(M+m)gtan0。 12.09m【解析J(1),=m m =28=4m/s2,方 向水平向左 a,m图(+m8-1m/3,方向水平向右 M (2)设A在B上滑动时间为t,达到共同速度，则 v=vo-ait v=apt 解得t=0.6s ,=”-3+06x0.6m=1.08m 2= 2 =受-0506m-018m x4-xg=0.9<1.2m 所以A最后停在B上离B左端0.9m处。 13.16m【解析】(1)a4=mS=g=4m/s2,方向 m 向右 a,W:1/8,方向向左 (2)设A相对地面速度为零时，所用时间为t,选向 右为正，则 -2m/s+4m/s2·t=0,t=0.5s x=vot-2 ant 解得x=0.875m (3)设A从初始时间到静止在B左端所用时间为 t',则-2m/s+4m/s2·t'=2m/s-1m/s2.t't'=0.8s 这段时间内，B向右发生的位移 41 无a=0-7aB2=2×5m一2 x1x16 ×25m=1.28m, A发生的位移为 =-w+2042=-2x号m+ 1 5m+ 2×4×0.82m=-0. 32m 即A向左运动了0.32m,故B的长度为1.28+0.32= 1.6ma 第四章曲线运动 第一节运动的合成与分解 典例精析 例1C 【解析】货物在水平方向上做匀速直线运动，在竖 直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据平行 四边形定则，知合速度的方向与合加速度的方向不在同 一条直线上，轨迹为曲线，货物的加速度先向上后向下， 因为加速度的方向指向轨迹的凹侧，故C正确。 例2C 【解析】曲线运动物体所受合力一定指向轨迹的内 侧，且速度永远都不可能偏转到与合力方向平行，所以 物体所受合力不可能沿+x轴、+y轴、y轴方向，但可能 沿-x轴方向。故选C。 例3A 【解析】滑轮水平向右匀速运动过程中，悬挂重物 的细线保持竖直，重物具有与滑轮相同的水平速度，同 时重物在竖直方向匀速上升，其上升的距离与滑轮水平 向右移动的距离相同，故重物竖直上升的速度恒定不 变，且与水平方向速度大小相等，因此重物运动的速度 方向斜向右上方，与水平方向成45°角，大小恒定，A 正确。 巩固练习 1.BC【解析】曲线运动的质点在某一点的速度方 向，沿曲线上该点的切线方向。做曲线运动的物体，速 度的方向时刻改变，故曲线运动一定是变速运动，即必 然具有加速度。所以C正确，D错误。例如匀速圆周运 动这样的曲线运动，速度大小不变，方向在变，所以A错 误，B正确。 2.AB【解析】因为物体在几个力的作用下处于平 衡状态，若撒去其中某一个力则剩下的力的合力与撤掉 的那个力等大反向，加速度不为零，不可能做匀速运动， 所以C错误。如果这个合力的方向和物体的初速度方 向相同，则物体将做匀加速直线运动，所以A正确。如 果这个合力的方向和物体的初速度方向相反，则物体将 做匀减速直线运动，所以B正确。如果这个合力的方向 和物体的初速度方向有夹角，则物体将做匀变速曲线运 动，锐角加速，钝角减速，所以D错误。 3.B解析】救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机 以4m/s的速度水平匀速飞行。t=0时刻起，开始匀加速 收拢绳提升货物，故t=0时刻，货物竖直方向的分速度 v0=0,在t=1s时，货物的速度大小为5m/s,即√+= 5m/s,故t=1s时v,=3m/s,而竖直方向匀加速上升，由 v,=at,得a=3m/s2,故B正确。故选B。 2