備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.7 與力的分解合成相關的牛頓運動定律問題（含解析）

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1、專題3.7與力的分解合成相關的牛頓運動定律問題 【考綱解讀與考頻分析】 牛頓運動定律是高中物理核心知識點，力的合成與分解是只要的方法，二者結合考查是高考命題熱點。 【高頻考點定位】： 牛頓運動定律 力的合成與分解 考點一：與力的分解合成相關的牛頓運動定律問題 【3年真題鏈接】 1.（2018年4月浙江選考）可愛的企鵝喜歡在冰面上游玩，如圖所示，有一企鵝在傾角為的斜面上，先以加速度從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲企鵝在滑動過程中姿勢保持不變。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數，已知，求：

2、 企鵝向上“奔跑”的位移大??； 企鵝在冰面上滑動的加速度大??； 企鵝退滑到出發(fā)點的速度大小。計算結果可用根式表示 【名師解析 】： 企鵝向上“奔跑”的位移大小為： 企鵝在冰面上滑動過程，由牛頓第二定律得： 代入數據得：。 企鵝在冰面上滑動時做勻減速運動，勻減速的初速度為： 勻減速的位移為： 下滑過程，由動能定理得： 解得： 答：企鵝向上“奔跑”的位移大小是； 企鵝在冰面上滑動的加速度大小是； 企鵝退滑到出發(fā)點的速度大小是。 2.（17分）（2016四川理綜）避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床

3、視為水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的低端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動收到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取。求： （1）貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向； （2）制動坡床的長度。 【參考答案】（1）5m/s2，方向沿斜面向下（2）98m 【名師解析】 （1）設貨物的質量為m，貨物

4、在車廂內滑動過程中，貨物與車廂之間的動摩擦因數μ=0.4，受到摩擦力大小為f，貨物在車廂內滑動時加速度大小為a1，由牛頓運動定律， 聯立解得：a1=5m/s2，貨物在車廂內滑動時加速度方向為沿斜面向下。 （2）設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨車在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0=38m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s=4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F是貨車和貨物總重的k倍，k=0.44，貨車長度l0=12m， 制動坡床的長度為l，則

5、④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ 聯立①②③-⑨并代入數據得 ⑩ 考點：勻變速直線運動的應用；牛頓第二定律 【名師點睛】此題依據高速公路的避嫌車道，考查了牛頓第二定律的綜合應用；涉及到兩個研究對象的多個研究過程；關鍵是弄清物理過程，分析貨物和車的受力情況求解加速度，然后選擇合適的物理過程研究解答；此題屬于中等題目. 【2年模擬再現】 1. （2019福建莆田二模）如圖，裝有水的杯子從傾角α=53°的斜面上滑下，當水面穩(wěn)定時，水面與水平面的夾角β=16°．取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，sin16°=0.28，則（　　） A.杯子下滑的加速度大小為?

6、 B. 杯子下滑的加速度大小為? C. 杯子與斜面之間的動摩擦因數為 D. 杯子與斜面之間的動摩擦因數為 【參考答案】BC 【名師解析】先以水與水杯整體為研究對象，則整體只受到重力、摩擦力及斜面支持力，沿斜面方向上有：Mgsinα-μMgcosα=Ma 取液面上一滴水滴為研究對象，則水滴受到豎直向下的重力mg和周圍水垂直于水面的總作用力N，即：Ncosβ=mgcosα，mgsinα-Nsinβ=ma 聯立以上式子得：a=3.5m/s2，μ=0.75，故選項BC正確，AD錯誤。 【關鍵點撥】先以整體為研究對象，對其進行受力分析，求出整體的加速度，

7、然后以水為研究對象，結合牛頓第二定律分析水的運動狀態(tài)；結合以上兩個式子，列方程求出加速度及動摩擦因數。本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是對水和水杯整體受力分析得出加速度，再對水滴進行隔離分析，列式得出結果。 2．（2018洛陽一模）如圖所示，某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉60°同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是( 　) A．加速時動力的大小等于mg

8、 B．加速時加速度的大小為g C．減速時動力的大小等于mg D．減速飛行時間t后速度為零 【參考答案】.BC 【命題意圖】本題考查力的合成、牛頓運動定律及其相關的知識點。 【解題思路】畫出使飛行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行時的受力矢量圖，如圖1所示，由2mgcos30°=F，可得加速時動力的大小等于F=mg，選項A錯誤；動力F與飛船重力mg的合力等于mg，所以飛船加速時加速度的大小為g，選項B正確；畫出使飛行器沿原方向勻減速飛行時的受力矢量圖，如圖2所示，由sin60°=F’/mg可得減速時動力的大小等于F’=mg，選項C正確；

9、加速飛行時間t后的速度為v=at=gt。減速飛行的合外力大小為mgcos60°=mg/2，減速飛行的加速度大小為g/2，減速飛行時間2t后速度為零，選項D錯誤。 圖1 圖2 3．（12分）（2019河南天一大聯考6）一質量為m＝0.1kg的滑塊（可視為質點）從傾角為θ＝37°、長為L＝6m的固定粗糙斜面頂端由靜止釋放，滑塊運動到斜面底端時的速度大小為v，所用的時間為t。若讓此滑塊從斜面底端以速度v滑上斜面，則滑塊在斜面上上滑的時間為．已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）滑塊通過斜面底

10、端時的速度大??； （2）滑塊從斜面底端以速度υ滑上斜面又滑到底端時的動能。 【名師解析】（1）設滑塊和斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊下滑時的加速度大小為a1，游塊上滑時的加速度大小a2， 由牛頓第二定律可得： 滑塊下滑時mg（sinθ﹣μcosθ）＝ma1 滑塊上滑時mg（sinθ+μcosθ）＝ma2 由題意有v＝a2?t＝a1t 聯立解得：μ＝0.25 則滑塊在斜面上下滑時的加速度a1＝4m/s2，滑塊上滑時的加速度大小a2＝8m/s2 由運動學公式有中v2＝2a1L 聯立解得：v＝4m/s （2）設滑塊沿斜面上滑的最大位移為x，則有v2＝2a2x 解得：x＝3m

11、則滑塊從斜面底端上滑到下滑到斜面底端的過程由動能定理得：﹣μmgcosθ?2x＝Ek﹣ 解得：Ek＝1.2J 答：（1）滑塊通過斜面底端時的速度大小是4m/s； （2）滑塊從斜面底端以速度υ滑上斜面又滑到底端時的動能是1.2J。 4.（2019洛陽聯考）(9分)如圖14所示，一小轎車從高為10 m、傾角為37°的斜坡頂端從靜止開始向下行駛，當小轎車到達底端時進入一水平面，在距斜坡底端115 m的地方有一池塘，發(fā)動機在斜坡上產生的牽引力為2×103 N，在水平地面上調節(jié)油門后，發(fā)動機產生的牽引力為1.4×104 N，小轎車的質量為2 t，小轎車與斜坡及水平地面間的動摩擦因數均為0.5(s

12、in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)小轎車行駛至斜坡底端時的速度； (2)為使小轎車在水平地面上行駛而不掉入池塘，在水平地面上加速的時間不能超過多少？(轎車在行駛過程中不采用剎車裝置) 【名師解析】 (1)小轎車在斜坡上行駛時，由牛頓第二定律得 F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 代入數據得斜坡上小轎車的加速度a1＝3 m/s2 由v＝2a1x1 x1＝ 得小轎車行駛至斜坡底端時的速度v1＝10 m/s。 (2)在水平地面上加速時F2－μmg＝ma2 代入數據得a2＝2 m/s2 關閉油門后減速μmg

13、＝ma3， 代入數據得a3＝5 m/s2 設關閉油門時轎車的速度為v2，有 ＋＝x2 得v2＝20 m/s，t＝＝5 s 即在水平地面上加速的時間不能超過5 s。 5.(15分) （2019廣東惠州第三次調研）為拍攝鳥類活動，攝影師用輕繩將質量為m=2.0kg的攝影機跨過樹枝，懸掛于離地面H=8.5m高的B點，繩子另一端連著質量M=4kg的沙袋，并將沙袋控制在地面上的A點，某時刻，沙袋突然失控，當沙袋水平滑動到較長的斜坡底端C時，攝影機下落到距地面上方h=5.0m高的D點，斜坡傾角為370，此時細繩與斜面平行，最終攝影機恰好沒有撞擊地面，已知沙袋與斜面間的動摩擦因數為=0.175，

14、不計細繩與樹枝間的摩擦，g取10m/s2；求（不計C處的能量損失，sin370=0.6，cos370=0.8） （1） 從D點開始下落的過程中，攝影機做什么運動？ （2） 攝像機在D點時的速度大??； （3）攝影機下落全過程中，沙袋及攝影機組成的系統克服摩擦阻力所做的功 【命題意圖】本題以攝影機下落為情景，考查牛頓運動定律、功能關系及其相關知識點，意在考查建模能力，運動和力的觀念，利用功能關系分析解決問題的能力。 【解題思路】 （1）攝影機做勻減速直線運動 (2分) （2）對M、m兩物體組成的系統：mg-Mgsiθ-μMgcosθ=(m+M)a 解得:a=-1.6m

15、/s2 (2分) 由D到地面：0-vD2=2ah (2分) 解得:vD=4m/s (2分) （3）從B點到地面，對系統，全過程由功能關系可知： Wf=mgH-Mghsinθ (2分) 解得:Wf=50J (2分) 預測考點一：與力的分解合成相關的牛頓運動定律問題 【2年模擬再現】 1．（2019河南名校聯盟尖子生調研）如圖所示，一個小球O用1、2兩根細繩連接并分別系于箱子上的A點和B點，OA與水平方向的夾角為θ，OB水平，開始時箱子處于靜止。則下列

16、說法不正確的是（ ） A．若使箱子向右水平加速運動，則繩1、2的張力均增大 B．若使箱子向右水平加速運動，則繩1的張力不變、繩2的張力增大 C．若使箱子豎直向上加速運動，則繩1、2的張力均增大 D．若使箱子豎直向上加速運動，則繩1的張力增大、繩2的張力不變 【參考答案】AD 【名師解析】箱子靜止時，小球根據平衡條件有：，；若使箱子向右水平加速，豎直方向合力為零，有：，，比較可知繩1的張力不變、繩2的張力增大，選項A說法錯誤、B說法正確；若使箱子豎直向上加速，，，比較可知繩1的張力增大、繩2的張力也增大，選項C說法正確、D說法錯誤。故說法不正確的選項為選項A、D。 2

17、.（2018石家莊一模）如圖所示，AB為豎直平面內某圓周的豎直直徑，CD 為過O點且與AB成60°夾角的固定光滑細直桿，兩細直桿上各套有一個小球，小球可視為質點。兩小球分別從C點由靜止釋放，小球從C點運動到D點所用的時間為t1，另一小球從C點運動到B點所用的時間為t2，則t1∶t2等于（ ） A．1∶1 B．2∶1 C．∶1 D．∶2 【參考答案】.C 【命題意圖】 本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律及其相關的知識點。 【解題思路】對沿CD光滑細桿上運動的小球，由牛頓第二定律，mgsin30°=ma1，解得a1=g/2；設C

18、D=d，由勻變速直線運動規(guī)律，d=a1t12，解得t1=2。對沿CB光滑細桿上運動的小球，由牛頓第二定律，mgsin60°=ma2，解得a2=g/2；光滑桿CB=d sin60°=d/2，由勻變速直線運動規(guī)律，d/2=a2t22，解得t2=。t1∶t2=2∶=∶1，選項C正確。 【易錯警示】解答此題常見錯誤主要有：一是把該題的情景誤認為是等時圓模型，導致錯選A；二是不能正確運用相關數學知識得出CB光滑光滑桿的長度和傾角；三是沒有正確運用牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律，導致計算錯誤。 3.(10分) （2019天津部分學校期末聯考）一小滑塊以10m/s的初速度沿傾角為θ=37°的固定斜面上

19、滑。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數為0.5，設斜面足夠長。(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0，8)求： (1)物體上滑的最大位移; (2)物體回到出發(fā)點時的速度。 【名師解析】．（10分）： （1）根據牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得a1=gsinθ+μgcosθ 代入數據得a1=10m/s2

20、 根據速度位移公式v02=2as 解得s= 代入數據得s=5.0m （2）根據牛頓第二定律，下滑的加速度為mgsinθ-μmgcosθ=ma

21、2 解得a2=gsinθ-μgcosθ 代入數據得a2=2m/s2 根據速度位移公式

22、 解得 代入數據得v 4．（14分）（2019鄭州聯考）如圖所示，在風洞實驗室里，直細桿傾斜放置，一個m＝2kg小球穿在細桿上，風對小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小恒定不變。細桿與水平面之間的傾角為θ＝37°，小球穿與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.5，從t＝0時刻開始，物體運動的與時間t的關系如圖所示 所示（x為位移），t＝2s時關閉風洞撤去風力， g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）風力F的大?。? （2）物體向上運動

23、過程中距計時點的最大距離。 （3）物體由斜面最高點返回計時點的時間 【參考答案】 （1）32N；（2）52m；（3） 【名師解析】（1）由勻變速直線運動公式得 對照圖線可知，圖線在縱軸截距表示初速度，圖線斜率表示，則有： v0＝12m/s，a1＝4m/s2 在沿斜面上有 解得 （2）2秒末v1＝v0＋a1t＝20m/s 0到2秒： 2秒后物體向上做勻減速運動，其加速度為aa2＝gsin37°+μgcos37°＝10m/s2 2秒后沿斜面向上位移： 物體向上運動過程中距計時點的最大距離為x＝x1＋x2＝52m （3）物體由斜面最高點返回計時點的過程中，做勻加速

24、運動， 其加速度為aa3＝gsin37°-μgcos37°＝2m/s2 物體由斜面最高點返回計時點的時間 5．（14分）（2019西安聯考）如圖所示，一質量m=2kg的小球套在一根足夠長的固定直桿上，直桿與水平夾角θ=37°，桿與球間的動摩擦因數μ=0.5，t=0時小球在水平向左的拉力F作用下從A點由靜止出發(fā)沿桿開始做勻加速運動．加速度大小a1=2m/s2 ，小球運動t1=5s到達P點（沒畫出）后撤去拉力F，g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）求力F的大?。? （2）求撤去力F后，再經過2.5s，小球的距離出發(fā)點A的距離 （3）小球運動到距離

25、P點4m處時，小球的運動時間（可用根式） 【參考答案】 （1）48N；（2）27.75m； （3）或7s或9s 【名師解析】（1）對小球受力分析，由牛頓第二定律得： 在平行斜面方向上有： ① 垂直斜面方向上有： ② 其中： ③ 聯立①②③解得： ； （2）有F作用時，小球運動的距離為； 當撤去F后，由牛頓第二定律： ，解得小球的加速度為； 撤去F時小球的速度為，所以小球停下來還需要； 所以小球先沿桿向上運動t2=1s，然后沿桿向下運動t3=1.5s。 撤去F后小球沿桿向上運動的距離 小球沿桿向下運動時，由牛頓第二定律：，解得小球的加速度為； 在t3=1.5s小球運

26、動的距離 故撤去力F后，再經過2.5s，小球的距離出發(fā)點A的距離為； (3) 小球運動到距離P點4m有三次：(a)第一次是沿桿向上運動經過P點上方4m處；(b)第二次是球沿桿向下運動經過P點上方4m處；(c)第三次是向下運動經過P點下方4m處。 （a）撤去外力后，再沿桿向上運動4m 由位移公式得：，解得，所以，第一次沿桿向上運動經過P點上方4m處，小球的運動時間t5=t1+t4=5.5s (b)第二次是球沿桿向下運動經過P點上方4m處 由位移公式： ，解得t6=1s，所以，第二次沿桿向下運動經過P點上方4m處，小球的運動時間t7=t1+ t2+t6=7s (c)第三次是向下運動經

27、過P點下方4m處。 由位移公式： ，解得t8=3s，所以，第三次沿桿向下運動經過P點下方4m處，小球的運動時間t9=t1+ t2+t8=9s 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，一質量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m.已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。 (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 【名師解析

28、】　(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯立①②式，代入數據得a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數學知識得cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知對應最小F的夾角α＝30°⑩ 聯立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為 Fmin＝ N

29、答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 2．質量m=1kg的物體（可看成質點）靜止在粗糙水平面上A點，A，B之間的距離x1=8m，BC為傾角θ=53o的粗糙斜面（足夠長），物體與所有接觸面的動摩擦因素。t=0s時，物體受到大小為F1=5N，方向與水平方向成θ=53o的恒力作用，由靜止開始運動。當物體從A點開始向右運動到B點時，恒力方向保持不變，但大小變?yōu)镕2=2N，（此后的全部過程中恒力F2大小和方向始終保持不變，且一直存在）。水平面AB和斜面BC在B點平滑連接，物體經過B點的前后瞬間，速度大小保持不變。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2 )

30、(1)求物體從A點由靜止開始向右運動到B點時的速度大小？ (2)物體由靜止開始運動計時，速度變?yōu)榱闼洑v的時間？(若=1.4,結果保留兩位有效數字） 【名師解析】．(1)從A到B的過程中，設物體運動的加速度為a1, 由牛頓運動定律得： 代入數據得: 設物體第一次運動到B點時的速度為vB 由運動學公式, 代入數據得 (2)從A到B的過程中，設運動時間為 由運動學公式得： 在物體沿斜面上升的過程中，設物體運動的加速度為a2,上升時間為，沿斜面上升過程的最大距離為 由牛頓運動定律得： 代入數據得: ，則物體向上做減速運動. 由運動學公式： 所以第一次出現速度為零

31、的時間 物體沿斜面上升過程中的最大距離滿足： 代入數據得 當物體速度減為零后，因為 所以物體將沿斜面加速下滑，設物體沿斜面加速下滑的加速度為a3,返回B點時速度為，沿斜面下滑的時間為 由牛頓運動定律得： 代入數據得: 由運動學公式得：， 代入數據得。 由運動學公式得： 當物體重新回到水平面后，將做減速運動，設物體運動加速度大小為a4,減速運動時間為 由牛頓運動定律得： 代入數據得: 由運動學公式得： 當物體速度第二次減速到零時，因為，則此后物體將一直保持靜止狀態(tài) 所以物體速度第二次減速到零的所用時間=4.5+1.4=5.9s 15