1、热点2 牛顿运动定律的应用考向一动力学两类基本问题【真题研磨】【典例】(2022全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为()A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m【审题思维】题眼直击信息转化长度不变质量不计不计摩擦外力大小方向不变每个小球加速度沿绳方向，是瞬时加速度【模型转化】【失分警示】1.不能确定两个小球在不同距离加速度不同，即牛顿第二定律的瞬时性。2.找不出几何关系。【答题要素】1.求解瞬时加
2、速度的一般思路2.动力学问题的解题思路【多维演练】1.维度：以圆为背景，物体沿着不同的弦运动处于竖直平面内的某圆的两条直径AB、CD间夹角为60，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1：t2是()A.1：1B.3：2C.3：2D.2：32.维度：利用牛顿运动定律和运动学公式求位移如图所示，两个相邻滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。当甲从倾角为的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时，在斜面底部B处的乙通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动，加速度为14g。已知甲、乙和冰车均可视
3、为质点，甲通过斜面与水平面的交接处(B处)时，速度的方向改变、大小不变，且最终甲刚好在C处能追上乙，则()A.斜面AB长度与水平面BC长度相等B.斜面倾角=30C.甲运动至B处时，乙运动至BC中点处D.若甲从A有初速度下滑，则甲、乙相遇位置可能在C点右侧考向二牛顿运动定律与图像问题【真题研磨】【典例】(多选)(2021全国乙卷改编)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动
4、摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则()A.2m21(m1+m2)B.F2=m2(m1+m2)m1(1-2)gC.木板获得的最大加速度为(2-1)m2gm1-1gD.在t1时刻物块与木板发生相对滑动【审题思维】题眼直击信息转化F作用在物块上而不是木板上力与时间有对应关系，注重临界点注意是木板加速度随时间的变化关系不考虑最大静摩擦力【答题要素】解决图像问题注意“六”看看轴明确两坐标轴代表哪两个物理量看线明确图线是直线还是曲线看点明确交点和拐点看斜明确斜率代表什么意义看截明确截距代表哪个物理量看面明确图线与坐标轴围成的面积代表
5、什么意义【多维演练】1.维度：加速度与位移图像(多选)如图(a)，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列判定正确的是()A.弹簧的劲度系数为mgsinx2-x1B.下滑过程中，在x=x2处，滑块的机械能最大C.在x1x2和x2x3两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等D.在x1x2和x2x3两段过程中，a-x图线斜率的绝对值均等于gsinx2-x12.维度：F随位移变化图像一质量为m的物块静止在光滑水平面
6、上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是()A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动B.物块的位移为x0时，物块的速度最大C.力F对物块做的总功为6F0x0D.物块的最大速度为6F0x0m考向三牛顿运动定律与多过程多对象问题【真题研磨】【典例】(多选)(2022湖南选择考)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时
7、间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是()A.发动机的最大推力为1.5MgB.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为174MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为53 m/sD.当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g【审题思维】题眼直击信息转化推力方向可以是任意方向重力和空气阻力平衡，可以求出k值可以求出最大推力空气阻力与运动方向相反【模型转化】【答题要素】处理连接体问题的解题技巧(1)整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛
8、顿第二定律列方程求解。(2)隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解。(3)整体法与隔离法的选用：求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往整体法与隔离法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。【多维演练】1.维度：绳上的弹力可以发生突变，弹簧上的弹力不能发生突变如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球A用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这
9、时细线与水平方向的夹角是=45，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把A与天花板之间的细线剪断，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是()A.22gB.5gC.2gD.2g2.维度：利用牛顿第二定律求瞬时加速度(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g取10 m/s2，下列情况说法正确的是(tan15=0.27)()A.当a=2 m/s2时，P有示数，Q无示数B.当a=2 m/s2时，P有示数，Q有示数C.当a=3 m/s2时，P有示数，
10、Q有示数D.当a=3 m/s2时，P无示数，Q有示数3.维度：机车以恒定加速度启动质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行于横轴的直线。已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f，以下说法正确的是()A.0t1时间内，汽车牵引力的功率保持不变B.t1t2时间内，汽车的功率等于mv1t1+fv2C.t1t2时间内，汽车的平均速率小于v1+v22D.汽车运动的最大速率v2=mv1ft1+1v11.(超重失重)(多选)第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器
11、人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是()A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态2.(单物体运动)元宵节期间人们燃放美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身
12、重力的k倍，g取10 m/s2，那么v0和k分别等于()A.30 m/s，1B.30 m/s，0.5C.60 m/s，0.5D.60 m/s，13.(传送带)(多选)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角=37，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数=0.25，取g=10 m/s2，sin37= 0.6、cos37= 0.8。则下列说法正确的是()A.煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同B.煤块向上滑行的最大位移为10 mC.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+45)
13、m4.(瞬时加速度)如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是()5.(超重失重应用)中国台北101大厦高508米，楼内装有2部速度创世界之最的观光电梯，电梯由程序自动控制。电梯最高运行速度达17 m/s，仅需39秒便可将一游客从1楼送到89楼的室内观景台。该游客欲估测一下观景台距地面的高度，他找了一个电子体重计置于电梯内，体重60 kg的他站了上去且相对电梯保持静止，电梯启动后，体重计先是显示为66.0 kg，一段时间后恢复为60.0 kg并保持不变，在将到达观景台时段体重计示数则恒为53.4 kg。重力加速
14、度g取10 m/s2，则由此可得观景台的高度约为()A.380 mB.387 mC.445 mD.440 m6.(连接体问题)(多选)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53和37，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin 53=0.8，cos 53=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是()A.Q的质量为43mB.在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C.在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大
15、小为425mgD.在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左7.(图像问题)如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上。水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度aB与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是()参考答案与解析考向一动力学两类基本问题【典例】A当两球运动至二者相距35L时，如图所示。设绳子拉力为FT，则水平方向有2FTcos=F，而sin=3L10L2=35，则cos=45，解得FT=5F8。选其中一个小球作为研究对象，根据牛顿第二定律有：FT=ma，解得a=5F8m，故选项A正确，B、C、D错误。1.C由图可知，sCD=2R，aCD=3
16、2g，由几何关系可得出sAD=3R，aAD=12g，由运动学公式s=12at2，可得t1t2=sADaCDsCDaAD，代入数据得t1t2=32，故C正确。2.B设甲到达B的时间为t1，甲在水平面上追上乙的时间为t2，水平面都是光滑的，甲到达水平面后做匀速直线运动，设甲匀速直线运动的速度为v。则甲在水平面上的位移：x2=vt2乙做匀加速直线运动，最终甲刚好在C处能追上乙，说明甲追上乙时乙的速度恰好为v，则乙的位移：x2=v2(t1+t2)联立可得t1=t2可知到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等；甲在斜面上运动的位移为x1=v2t1=12vt2=12x2，即斜面AB长度等于
17、水平面BC长度的一半，故A错误；设甲在斜面上运动的加速度大小为a，甲从开始到B点过程中，有x1=12at12。乙从开始运动到C的过程中，有x2=1214g(t1+t2)2=12gt12。联立解得a=12g对甲在斜面上运动过程中，根据牛顿第二定律可得mgsin=ma解得=30，故B正确；由于t1=t2，根据匀变速直线运动的规律可知，甲运动至B处时，乙正好运动一半时间，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为奇数比，可知则乙运动的距离为s=14BC，故C错误；若甲从A有初速度下滑，则甲到达C点的时间减少，此时乙不可能到达C点，所以相遇点在C点的左侧，不可能在C点右侧，故D错误。
18、考向二牛顿运动定律与图像问题【典例】A、Ct2时刻以后长木板加速度不变，对长木板根据牛顿第二定律有2m2g-1(m1+m2)g=m1a1，即2m21(m1+m2)，故选项A正确；对长木板和物块整体根据牛顿第二定律有F2-1(m1+m2)g=(m1+m2)a1，联立式解得F2=m2(m1+m2)m1(2-1)g，故选项B错误；由可得，木板获得的最大加速度为(2-1)m2gm1-1g1 ，故选项C正确；t1时刻，长木板开始相对地面运动，t2时刻以后长木板的加速度不变，长木板与物块开始发生相对滑动，故选项D错误。1.A、D由题图可知，当小滑块下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力沿斜面的分量大小相等
19、，此时弹簧的形变量为(x2-x1)，则有k(x2-x1)=mgsin，解得：k=mgsinx2-x1，故A正确；对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到x1时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，B错误；由图可知，x1x2的距离差小于x2x3的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，C错误；在x1x2的过程中，重力沿斜面的分量大于弹力，根据牛顿第二定律有mgsin-k(x-x1)=ma又由A项可知k(x2-x1)=mgsin，联立解得a=kx2m-kxm由图可知，当x=x1时a
20、=gsin，联立解得km=gsinx2-x1即为该段图线的斜率绝对值；在x2xx3过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有k(x-x1)-mgsin=ma又k(x2-x1)=mgsin，联立解得a=kxm-kx2m，由图可知，当x=2x2-x1时a=gsin，联立解得km=gsinx2-x1即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x1x2和x2x3两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于gsinx2-x1，D正确。2.D物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；那么，物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；物块所受合外力F随位移的关系式可由图像得到，由图
21、可知，合外力做功的大小为图中曲线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W=122F03x0=3F0x0，故C错误；物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得12mvm2=3F0x0，所以最大速度为vm=6F0x0m，故D正确。考向三牛顿运动定律与多过程多对象问题【典例】B、C飞行器关闭发动机，以v1=10 m/s匀速下落时，有Mg=kv12=k100，飞行器以v2=5 m/s匀速向上时，设最大推力为Fm，Fm=Mg+kv22=Mg+k25，联立可得Fm=1.25Mg，k=Mg100，A错误；飞行器以v3=5 m/s匀速水平飞行时F=(Mg)2+(kv32)2=174Mg，B正确；
22、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f=Fm2-(Mg)2=34Mg=kv42，解得v4=53 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5=5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值Fm+Mg+kv52=Mam，解得am=2.5g，D错误。1.B细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F=2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F=2mg，所以此时A球的合力FA=(mg)2+(2mg)2=5mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a=5g，故B正确，A、C、D
23、错误。2.A、D仅N传感器有示数时，有tan15=mamg，得a=2.7 m/s2，当a=2 m/s22.7 m/s2时，P无示数，Q有示数。故选A、D。3.D0t1时间内，汽车做匀变速直线运动，牵引力不变，所以牵引力的功率P=Fv=Fat，牵引力的功率随时间均匀增加，A错误；t1t2时间内汽车的功率不变等于t1时刻的功率，可得P=Fv=(ma+f)v1=mv1t1+fv1 ，B错误；t1t2时间内汽车做加速度逐渐减小的加速运动，由题图可知，平均速率大于v1+v22，C错误；汽车的最大速度v2=Pf=(mv1t1+f)v1f=(mv1ft1+1)v1 ，D正确。1.A、C球拍将乒乓球以原速率击
24、回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合外力做功为零，冲量不为零，A正确，B错误；在乒乓球的空中运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C正确，D错误。2.D本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x=v0+v2t，代入数据得v0=60 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示。由牛顿第二定律有mg+Ff=ma，又Ff=kmg，a=603 m/s2=20 m/s2，解得k=1。故A、B、C错误，D正确。3.A、B、D煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma1，解得a1=8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v0-a1t=v，解得
25、t=1 s，故A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin-mgcos=ma2，解得a2=4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度，8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示由图像可知，煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小x=12(12+4)1 m+1241 m=10 m，故B正确；煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为a2=4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x=12a2t12，解得t1=5 s，结合图像知，煤块从冲上传送带到返回A
26、端所用时间为t总=(2+5) s，故C错误；在0到1 s内传送带比煤块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为L1=12(12+4)1 m-41 m=4 m，此时划痕在煤块的下方，在1 s到2 s内，传送带速度比煤块速度大，则L2=41 m-1241 m=2 m，因为L20(M+m)g时，A、B开始一起加速运动，设当F=F0时，A、B刚好要发生相对运动，以A、B为整体，由牛顿第二定律F0-0(M+m)g=(M+m)a以B为对象，由牛顿第二定律mg-0(M+m)g=Ma联立解得F0=m(M+m)g(-0)M则当0(M+m)gm(M+m)g(-0)M时，A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律F-mg=ma2解得a2=F-mgm由以上分析可知A的加速度aA与F的关系图像可能为C选项，C正确，A、B、D错误。