2023屆高三物理復習專題05 牛頓運動定律的基本應(yīng)用（解析版）

專題05?！鲞\動定律的基本應(yīng)用

目錄

題型一牛頓運動定律的理解.....................................................................J

類型1牛頓第一定律的理解................................................................]

類型2牛頓第二定律的理解和應(yīng)用..........................................................；

類型3牛頓第三定律的理解................................................................5

題型二瞬時問題的兩類模型.....................................................................(

題型三超重和失重問題.........................................................................5

類型1超、失重現(xiàn)象的圖像問題............................................................<

類型2超、失重現(xiàn)象的分析和計算.........................................................1(

題型四動力學兩類基本問題....................................................................K

類型1已知受力求運動情況...............................................................X

類型2已知物體運動情況，分析物體受力...................................................15

題型五等時圓模型.............................................................................1<

題型一牛頓運動定律的理解

【解題指導】1.理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、同一性、獨立性.

2.作用力與反作用力分別作用在不同的物體上，作用效果不能抵消，不能合成，但在使用整體法對系統(tǒng)

進行受力分析時，可以作為內(nèi)力不考慮.

類型1牛頓第一定律的理解

1.理想化狀態(tài)

牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。如果物體所受的合力

等于零，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。

2.明確了慣性的概念

牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性，即物體具有保持原來的勻速直線運動狀態(tài)

或靜止狀態(tài)的性質(zhì)。

3.揭示了力與物體運動狀態(tài)的關(guān)系

力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因。

【例11(2022?廣東廣州市階段訓練)在16世紀末，伽利略用實驗和推理，推翻了在歐洲流行了近兩千年的

亞里士多德關(guān)于力和運動的理論，開啟了物理學發(fā)展的新紀元。以下說法中，與亞里士多德觀點相反的是

()

A.一個物體維持勻速直線運動，不需要受力

B.兩物體從同一高度自由下落，較重的物體下落較快

C.四匹馬拉的車比兩匹馬拉的車跑得快，這說明：物體受的力越大，速度就越大

D.一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來，這說明靜止狀態(tài)才是物體長時間不受力時的“自

然狀態(tài)”

【答案】A

【解析】亞里士多德認為物體的運動需要力來維持，沒有力，物體將停止運動；而伽利略推理得出一個

物體做勻速直線運動，不需要力來維持，與亞里士多德的觀點相反，故A正確；兩物體從同一高度自由下

落，下落速度應(yīng)該是一樣大，而認為兩物體從同一高度自由下落，較重的物體下落較快，這是和亞里士多

德的觀點相同的，故B錯誤；物體受的力越大，速度改變越快，但速度不一定越大；四匹馬拉的車比兩匹

馬拉的車跑得快，而認為物體受的力越大，速度就越大，這是和亞里士多德的觀點相同的，故C錯誤；一

個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來，這說明靜止狀態(tài)才是物體長時間不受力時的“自然

狀態(tài)”，這是和亞里士多德的觀點相同的；事實上一個運動的物體，如果不再受向前的推力，它總會逐漸

停下來，是因為摩擦阻力改變了它的運動狀態(tài)，故D錯誤。

【例2】（2022?沙坪壩重慶八中高三月考）如圖甲和乙，是踩香蕉皮摔倒和一名騎行的人因自行車前輪突然

陷入一較深的水坑而倒地的照片.下面是從物理的角度去解釋這兩種情境，其中正確的是（）

甲乙

A.甲圖中踩了香蕉皮摔倒是因為人的慣性變小了

B.乙圖中人和車摔倒是因為雨天路面太滑

C.踩香蕉皮摔倒是因為下半身速度大于上半身的速度

D.自行車行駛速度越大，其慣性越大，所以造成人車倒地現(xiàn)象

【答案】C

【解析】題圖甲中踩「香蕉皮摔倒是因為人的腳受到的摩擦力突然變小，腳不能立刻停下來，腳向前滑，

由于慣性，上半身還要保持原來的運動狀態(tài)，從而使得人下半身速度大于上半身的速度，所以人會向后傾

倒，而不是人慣性變小了的原因，故A錯誤，C正確；題圖乙中人和車摔倒是因為車的前輪陷入水坑后前

輪立刻停止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原來的運動狀態(tài)，因此人和車將向前傾倒.而不是因為

雨天路面太滑，故B錯誤.慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與速度大小沒有關(guān)系，故D錯誤.

類型2牛頓第二定律的理解和應(yīng)用

1.對牛頓第二定律的理解

-矢量性一一|。與尸方向相同

-瞬時性一一|“與F對應(yīng)同一時刻

-因果性一一忻是產(chǎn)生a的原因

4、尸、加對應(yīng)同——物體

、「_同一性-

a、尸、機統(tǒng)一使用國際單位制單位

T獨立性卜-每一個力都可以產(chǎn)生各自的加速度

.只適用于宏觀、低速運動的物體.

不適用于微觀、高速運動的粒子

-局限性-

.物體的加速度必須是相對慣性系

而言的

2.解題的思路和關(guān)鍵

（1）選取研究對象進行受力分析；

（2）應(yīng)用平行四邊形定則或正交分解法求合力；

（3）根據(jù)F令求物體的加速度a.

【例1】（2022?北京西城區(qū)期末）有關(guān)運動與相互作用的關(guān)系，下列說法正確的是（）

A.一個物體速度方向向東，則其受合力方向一定向東

B.一個物體速度越大，則其受合力一定越大

C.一個物體受合力為0,則其速度一定為0

D.一個物體受合力越大，則其速度變化一定越快

【答案】D

【解析】如果物體向東做減速運動，則其合力方向向西，A錯誤；如果物體以很大的速度做勻速運動,

則其合力為零，B、C錯誤；一個物體受合力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，其加速度越大，即速度變化

就越快，D正確。

【例2】（多選）（2022?廣東潮州市教學質(zhì)檢）京張高鐵是北京冬奧會的重要配套工程，其開通運營標志著冬奧

會配套建設(shè)取得了新進展。如圖所示為某次高鐵列車運行過程中某節(jié)車廂截面示意圖，車廂內(nèi)兩拉手4、

B分別向前進方向在豎直方向偏離角度a和夕并保持不變。取重力加速度為g,不計空氣等阻力，則下列

說法正確的是（）

前進方向

A.列車可能在減速進站

B.兩角度一定滿足a=P

C.減小拉手懸繩長度，則偏角變大

D.列車加速度大小為a=gtana

【答案】ABD

【解析】由圖可知拉手所受合力方向向左，則加速度方向向左，列車向左加速或向右減速，而前進方向

向右，所以列車可能減速進站，選項A正確；拉手與列車具有相同的加速度，即兩拉手具有相同的加速度，

受力分析可知尸☆=，"gtana="i“，F(xiàn)^mgtan/i=ma,所以a=Q,選項B正確；因列車加速度不變，則拉

手的加速度不變，由尸介=，〃gtana=w可知偏角不變，選項C錯誤；根據(jù)尸r：="?gtana=〃?a,可得列車

加速度大小a=gtana,選項D正確。

【例3】2021年10月16日0時23分，“神舟十三號”成功發(fā)射，順利將三名航天員送入太空并進駐空間

站.在空間站中，如需測量一個物體的質(zhì)量，需要運用一些特殊方法：如圖所示，先對質(zhì)量為如=1.0kg

的標準物體P施加一水平恒力F,測得其在1s內(nèi)的速度變化量大小是10m/s,然后將標準物體與待測物

體Q緊靠在一起，施加同一水平恒力F,測得它們1s內(nèi)速度變化量大小是2m/s.則待測物體Q的質(zhì)量m2

為（）

a

Fi-----=rr------

PQ

A.3.0kgB.4.0kg

C.5.0kgD.6.0kg

【答案】B

【解析】對P施加尸時，根據(jù)牛頓第二定律有0=卷=舞=10m/s2,對P和。整體施加/時，根據(jù)牛

頓第二定律有。2=-T~=^77=2m/s2,聯(lián)立解得小=4.0kg,故選B.

【例4】（多選）如圖甲所示，一豎直放置的足夠長的固定玻璃管中裝滿某種液體，一半徑為人質(zhì)量為機的

金屬小球，從f=0時刻起，由液面靜止釋放，小球在液體中下落，其加速度a隨速度v的變化規(guī)律如圖乙

所示.已知小球在液體中受到的阻力衣=6叼”，式中r是小球的半徑，v是小球的速度，〃是常數(shù).忽略

小球在液體中受到的浮力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.小球的最大加速度為g

B.小球的速度從0增加到vo的過程中，做勻變速運動

C.小球先做加速度減小的變加速運動，后做勻速運動

D.小球的最大速度為篇

【答案】ACD

【解析】當f=0時，小球所受的阻力打=0,此時加速度為g,A正確；隨著小球速度的增加，加速度

減小，小球的速度從0增加到師的過程中，加速度減小，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有,"g—Ff=〃m,解

得。=8一智，當。=0時，速度最大，此后小球做勻速運動，最大速度％=篇:，C、D正確?

類型3牛頓第三定律的理解

一對平衡力與作用力和反作用力的比較

名稱

一對平衡力作用力和反作用力

項

作用對象同一個物體兩個相互作用的不同物體

作用時間不一定同時產(chǎn)生、同時消失一定同時產(chǎn)生、同時消失

力的性質(zhì)不一定相同一定相同

作用效果可相互抵消不可抵消

【例1】（2022?廣東深圳市紅嶺中學高三月考）“電動平衡車”是時下熱門的一種代步工具.如圖，人筆直站

在“電動平衡車”上，在某水平地面上沿直線勻速前進，下列說法正確的是（）

A.“電動平衡車”對人的作用力大于人對“電動平衡車”的作用力

B.人的重力與車對人的支持力是一對相互作用力

C.地面對車的摩擦力與人（含車）所受空氣阻力平衡

D.在行駛過程中突然向右轉(zhuǎn)彎時，人會因為慣性向右傾斜

【答案】C

【解析】根據(jù)牛頓第三定律，“電動平衡車”對人的作用力等于人對“電動平衡車”的作用力，故A錯誤;

人的重力與車對人的支持力的受力物體都是人，不可能是相互作用力，故B錯誤；地面對車的摩擦力與人

（含車）所受空氣阻力平衡，所以人與車能夠勻速運動，故C正確：在行駛過程中突然向右轉(zhuǎn)彎時，人會因

為慣性向左傾斜，故D錯誤.

【例2】（2022?吉林長春市第二十中學高三月考）如圖所示，質(zhì)量為〃?的長木板放在水平地面上，站在木板

上的人用斜向右下方的力尸推箱子，三者都保持靜止.人和箱子的質(zhì)量也均為〃?，重力加速度為g.下列說

法正確的是（）

A.人對長木板的壓力大小為"?g

B.長木板對地面的壓力等于3mg

C.箱子受到的摩擦力的方向水平向右

D.地面對長木板的摩擦力的方向水平向左

【答案】B

【解析】人用力尸向右下方推箱子，則箱子給人的作用力大小等于F,人受力如圖,

根據(jù)平衡FN+FCOS。="*，解得尸N=mg-Feos仇根據(jù)牛頓笫三定律，人對長木板的壓力大小小于

A錯誤；把三者看成整體進行受力分析，受重力和支持力，根據(jù)平衡條件知，地面對整體的支持力大小等

于三者的總重力，再結(jié)合牛頓第三定律，長木板對地面的壓力大小等于3/ng，B正確；人用力F向右下方

推箱子，致使箱子有向右的運動趨勢，則箱子受到的摩擦力的方向水平向左，C錯誤；把三者看成整體進

行受力分析，受重力和支持力，整體在水平方向不受力，地面對長木板的摩擦力為零，D錯誤.

【例3】（2022?廣東潮州市教學質(zhì)檢）如圖為廣泛應(yīng)用于“雙11”的智能快遞分揀機器人簡化圖，派件員在分

揀場內(nèi)將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人可以將不同類別的包裹自動送至不同的位置，則下列說

法正確的是（）

包裹

機器人

A.包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹不受摩擦力的作用

B.包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹沒有慣性

C.包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力

D.包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力等于包裹的重力

【答案】A

【解析】包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作

用，A正確；一切物體在任何情況下都有慣性，慣性是物體的固有屬性，B錯誤：包裹對機器人的壓力和

機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對

包裹的作用力有豎直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有豎直方向的支持力與包裹的重力大小相等，

因此機器人對包裹的作用力不等于包裹的重力，D錯誤。

題型二瞬時問題的兩類模型

【解題指導】輕繩、輕桿和接觸面的彈力能跟隨外界條件發(fā)生突變；彈簧（或橡皮繩）的彈力不能突變，在

外界條件發(fā)生變化的瞬間可認為是不變的.

輕繩、輕桿不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷或

和接觸面脫離后.不需要時間恢復形變.彈力立

即消失或改變（一般題目中所給的輕繩、

輕桿或接觸面在不加特殊說明時.均可

按此模型處理）

當彈簧的兩端與物體相連（即兩端為固定

彈簧、蹦床端）時,山于物體有慣性.彈簧的長度不

和橡皮條

會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中,其彈

力的大小認為是不變的.即此時彈費的

彈力不會發(fā)生突變

,、L（明確屈于哪種模型）

［兩個關(guān)鍵］-

T分析瞬時前、后的受力情況和運動情況）

「（第一步：分析原來物體的受力情況）

-4第二步：分析物體在突變時的受力）

［四個步驟卜,______________________________,

--------T第三步：由牛頓第二定律列西

U第四步：求出瞬時加速度,并討論其合麗司

【例1】（2022?江蘇揚州市質(zhì)檢）如圖甲、乙所示，細繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球分別用固定在墻上的

輕質(zhì)較鏈桿和輕質(zhì)彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53。，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加

速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o下列結(jié)論正確的是（）

甲乙

4

A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為了建

B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小爆

C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為全

D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為|g

【答案】C

【解析】甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右，如圖所

由平衡條件得細繩的拉力大小都為斤=懈m=,陽，故A錯誤：甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球

的加速度大小為0=g,乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細

繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為a2=g=|g，故C正確，B、D錯誤。

【例2】（2022?安徽省蚌埠第三中學月考）如圖，A、8兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為仇圖甲中，A、B

兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與

斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間（重力加速度為g）（）

甲乙

A.圖中中A球的加速度不為零

B.圖乙中兩球加速度均為gsind

C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零

D.圖甲中8球的加速度是圖乙中8球加速度的3倍

【答案】B

【解析】對于題圖甲，突然撤去擋板的瞬間，由于4、B還沒開始運動，故彈簧彈力不變，A仍處于平

衡狀態(tài)，加速度為0,對于8,所受合力等于板在時板的支持力，為2〃:gsin仇由牛頓第二定律有2,〃gsin?

=maB,可得8的加速度為劭=2gsin仇對于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、8加速度相同，整體由牛

頓第二定律有2mgsine=2M7",可得A、8的加速度均為"=gsin仇設(shè)輕桿對4的作用力為尸，對A由牛

頓第二定律有"?gsinJ+F="W,可知尸=0,故題圖乙中輕桿的作用力一定為零，故選B.

【方法點撥】剪斷繩子或撤去外力后，兩物體用輕桿連接，采用整體法，得出整體的加速度，再隔離單個

物體分析；兩物體用輕繩連接，可假設(shè)繩子有力（繩子繃直）采用先整體后隔離的方法，判斷假設(shè)是否成立，

從而得出正確的結(jié)論.

【例3】（2022?重慶市第三十七中學高三月考）如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3〃?，物塊2的質(zhì)量為相，兩者通

過彈簧相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)

抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為0、42.重力加速度大小為g.則有（）

A.—0>ci2—gB.ai—g<〃2=g

C.01=0,42=4gD.a\=g,“2=4g

【答案】C

【解析】開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力尸=3〃0抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不

變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度G=0.對物塊2,受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定

律得『寧=%/=4g.故C正確，A、B、D錯誤.

題型三超重和失重問題

【解題指導】1.判斷超重和失重的方法

⑴從受力的角度判斷

當物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時.，物體處于失重狀態(tài)；等

于零時，物體處于完全失重狀態(tài).

（2）從加速度的角度判斷

當物體具有向上的（分）加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的（分）加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下

的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài).

2.對超重和失重現(xiàn)象的理解

（1）發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力（或拉力）變大或變小了（即“視重”變大或變

小了）.

（2）在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受

浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強等.

類型1超、失重現(xiàn)象的圖像問題

【例1】（2022?福建南平市質(zhì)檢）（多選）如圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲一起跳動作的示意圖，中間的?

表示人的重心.圖乙是根據(jù)傳感器畫出的F—f圖線.兩圖中。?g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖中沒有

畫出，圖中a、c、e對應(yīng)的縱坐標均為700N.取重力加速度g=10mH.請根據(jù)這兩個圖所給出的信息，

判斷下面說法中正確的是（）

A.此人重心在匕點時處于超重狀態(tài)

B.此人重心在c點時的加速度大小大于在b點時的加速度大小

C.此人重心在e點時的加速度大小等于在a點時的加速度大小

D.此人重心在/點時腳已經(jīng)離開傳感器

【答案】CD

【解析】由題圖乙可知，a位置時，人靜止在水平地面上，對應(yīng)壓力等于重力，為700N,則匕點對應(yīng)

壓力小于700N,為失重狀態(tài)，故A錯誤；由題圖乙可知，c點時支持力等于重力，合力為零，加速度為

零，，點時支持力小于重力，合力向下，加速度不為零，故B錯誤；人重心在e點和在a點時，對傳感器

壓力大小相等，均等于重力，則此時加速度均為0,故C正確；由坐標可得，/點時對傳感器壓力為0,則

此時人的腳已經(jīng)離開傳感器，故D正確.

【例2】.（2022?保山市隆陽區(qū)高三模擬）（多選）如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為建

筑材料被吊車豎直提升過程的運動圖像（豎直向上為正方向），根據(jù)圖像下列判斷正確的是（）

A.在0?10s鋼索最容易發(fā)生斷裂

B.30?36s材料處于超重狀態(tài)

C.36?46s材料處于失重狀態(tài)

D.46s時材料離地面的距離最大

【答案】AC

【解析】在0?10s過程中，材料向上加速，處于超重狀態(tài)，鋼索的拉力大于重力，在10?30s的過程中，

材料做勻速直線運動，重力等于拉力，30?36s的過程中，材料向上減速，處于失重狀態(tài)，36?46s的過

程中，材料向下加速，處于失重狀態(tài)，繩子的拉力小于重:力，故在0?10s鋼索最容易發(fā)生斷裂，故A、C

正確，B錯誤；由題圖可知36s后材料開始向下運動，36s時材料離地面的距離最大，故D錯誤.

【例3】（2022?山東日照市模擬）（多選）蹦床屬于體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱.某次比賽過程中，一

運動員做蹦床運動時，利用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力F隨時間r的變化圖像如圖所示.若運動員

僅在豎直方向運動，不計空氣阻力，取重力加速度大小g=10m*.依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的

是（）

，-F/N八八

06.57.39.310.112.112.9z/s

A.運動員的質(zhì)量為60kg

B.運動員的最大加速度為45m*

C.運動員離開蹦床后上升的最大高度為5m

D.9.3s至10.1s內(nèi)，運動員一直處于超重狀態(tài)

【答案】ABC

【解析】由題圖所給信息可知，開始時運動員靜止在蹦床上，所受彈力與重力大小相等，即〃?g=600N,

解得運動員的質(zhì)量，"=60kg,選項A正確;在蹦床上時受到的最大彈力居產(chǎn)3300N,最大加速度為尸”蟹

=45m/s2,選項B正確；運動員離開蹦床后在空中運動的時間/=2s,上升和下落的時間均為1s,則最大

高度為〃=*於=5m,選項C正確；9.3s至10.1s內(nèi)，運動員先失重、后超重、再失重，D錯誤.

類型2超、失重現(xiàn)象的分析和計算

【例1】（2022?山西大同市開學考）越野賽運動員落地的過程可類比為圖甲所示的物理模型，通過安裝在彈

簧下端的壓力傳感器，測出此過程中彈簧彈力尸隨時間，變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則（）

A.八?f2過程中運動員的加速度不斷增大

B.”?，2過程運動員速度一直增大

C.，2?打過程中運動員先超重再失重

D.時刻運動員速度最大

【答案】C

【解析】八?B過程中，彈簧彈力逐漸增大，說明壓縮量逐漸增大，小球處于下降階段，￡2時刻，彈力最

大，彈簧壓縮量最大，小球到達最低點，速度為零，在彈簧的彈力等于重力前，小球向下加速，隨著彈力

增大，加速度越來越小，當彈簧彈力大于重力后，小球向下減速，隨著彈力增大，加速度反向增大，故A、

B、D錯誤；殳?f3過程中開始彈簧彈力大于重力，小球向上加速，加速度向上，隨著彈力減小，加速度越

來越小，處于超重狀態(tài)，當彈簧彈力小于重力后，小球向上減速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，隨著彈力

減小，加速度反向越來越大，故，2?73過程中運動員先超重再失重，故C正確.

【例2】.（多選）蓋房子打地基叫打夯，夯錘的結(jié)構(gòu)如圖所示.參加打夯的共5人，四個人分別握住夯錘的

一個把手，一個人負責喊號，喊號人一聲號子，四個人同時向上用力將夯錘提起，號音一落四人同時松手，

夯錘落至地面將地基砸實.設(shè)夯錘的質(zhì)量為〃3某次打夯時將夯錘提起時，每個人都對夯錘施加豎直向上

的力大小均為當“g,力持續(xù)的時間為t,然后松手，夯錘落地時將地面砸出一個凹痕.不計空氣阻力，則（）

A.在上升過程中，夯錘一定處于超重狀態(tài)

B.松手時夯錘一定處于完全失重狀態(tài)

C.松手時夯錘的速度大小v=2gr

D.夯錘上升的最大高度%=g產(chǎn)

【答案】BD

【解析】在上升過程中，夯錘先加速上升，再減速上升，加速度先向上，然后再向下，夯錘先處于超重

狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，A錯誤；松手后夯錘只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，B正確；根據(jù)牛頓第二定

律解得4x%jg—〃歸=,如，解得a=g,則松手時夯錘的速度大小尸gr,C錯誤；夯錘先勻加速上升的高度

/h=1f/r2=|gz2＞勻減速上升的高度〃2=/，夯錘上升的最大高度〃m=/h+62=gp，D正確.

【例3】（多選）2021年9月17日，“神舟十二號”返回艙成功返回，返回艙在距地面某一高度時，啟動減速

降落傘開始做減速運動.當返回艙的速度大約減小至v=9m/s時，繼續(xù)勻速（近似）下降.當以這個速度一

直降落到距離地面〃=1.1m時，立刻啟動返回艙的緩沖發(fā)動機并向下噴氣，艙體再次做勻減速運動，經(jīng)歷

時間f=0.2s后，以某一安全的速度落至地面.設(shè)最后的減速過程可視為豎直方向的勻減速直線運動，取

g=10m/s2,則最后減速過程中()

A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.返回艙再次做減速運動的加速度大小為25m/s2

C.返回艙落地的瞬間速度大小為2m/s

D.返回艙再次做減速運動時對質(zhì)量機=60kg的航天員的作用力的大小為2700N

【答案】CD

【解析】在最后的減速過程中，加速度向上，故返回艙中的航天員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)位移

時間公式有x=W一夕//2,代入數(shù)據(jù)，則有1.1m=9x0.2m—5x(0.2s>,解得”=35m/s2,故B錯誤；根據(jù)

速度時間公式/=丫一”/，代入數(shù)據(jù)可得n'=9m/s—35x0.2m/s=2m/s,故C正確；對質(zhì)量,〃=60kg的航

天員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有尸N-mg=，M，代入數(shù)據(jù)解得FN=2700N,故D正確.

題型四動力學兩類基本問題

【解題指導】1.做好兩個分析：

(1)受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；

(2)運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關(guān)系.

3.熟悉兩種處理方法：合成法和正交分解法.

3.把握一個關(guān)鍵：求解加速度是解決問題的關(guān)鍵.

【必備知識】1.基本思路

牛頓第：定律一［加速度卜運動學公式

第一類問題

［受力情況)［運動狀態(tài))

第二類問題

■(加速度卜

牛頓第二定律運動學公式

2.基本步驟

根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出

明確研

究對象~被研究的物體研究對象可以是某個

--------1物體，也可以是幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)

受力分析］,

和運動狀T畫好受力示意圖、運動情景圖，明確

物體的運動性質(zhì)和運動過程

態(tài)分析

O

建立u通常沿加速度的方向建立坐標系并以

坐標系?加速度方向為某一坐標軸的正方向

o若物體只受兩個共點力作用,通常用

確定~1

合外力~合成法；若物體受到：3個及以上不在同

一直線上的力，一般用正交分解法

0

根據(jù)牛頓第二定律F產(chǎn)ma或

列方列方程求解.必要時還要對結(jié)房進啟

程求解

討論

3.解題關(guān)鍵

(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。

(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁：速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。

類型1已知受力求運動情況

【例1】如圖所示，光滑斜面AB與一粗糙水平面8c連接，斜面傾角0=30。，質(zhì)量根=2kg的物體置于水

平面上的。點，間的距離d=7m,物體與水平面間的動摩擦因數(shù)"=0.2,將一水平向左的恒力F=8N

作用在該物體上，r=2s后撤去該力，不考慮物體經(jīng)過B點時的速度損失.求撤去拉力尸后，經(jīng)過多長時

間物體經(jīng)過B點？(g取10m/s2)

【解析】撤去尸前，由牛頓第二定律得F—

解得“1=2m/s2,

由勻變速直線運動規(guī)律得尸=4m,

vi=ai/=4m/s,

撤去產(chǎn)后，

由牛頓第二定律得〃加g=加〃2，

解得〃2="g=2m/s2,

.12

d—x\=v\t\—

解得第一次到達B點的時間『1s,或"=3s(舍去)，

第一次到達B點時的速度也=也一〃2力=2m/s,

之后物體滑上斜面，由牛頓第二定律得mgsine=/松3，

解得〃3=gsin0=5m/s2,

物體再經(jīng)介=2賢=0.8s第二次到達B點，

故撤去拉力產(chǎn)后，經(jīng)過1s和1.8s時間物體經(jīng)過8點.

【例2】(2022?廣東新高考八省大聯(lián)考)如圖所示，一足夠長的斜面傾角為37。，斜面BC與水平面AB圓滑

連接。質(zhì)量機=2kg的物體靜止于水平面上的M點，”點距8點之間的距離A=9m,物體與水平面和斜

面間的動摩擦因數(shù)均為幺=0.5,現(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F=14N作用，運動至B點時撤去該力(sin

37°=0.6,cos37°=0.8,?g=IOm/s2)o則

(1)物體到達B點時的速度是多大？

(2)物體在斜面上滑行的時間是多少？

【答案】(1)6m/s(2)1.95s

【解析】(1)在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律可知F—),ung=ma

hr但F-umg14—0.5x2x10

解得〃=------------m/s92=2m/s29

M到從根據(jù)速度與位移關(guān)系式可知

v^=2aL

解得VB=72aL=72x2x9m/s=6m/s。

(2)物體在斜面上向上運動，根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin9+〃〃?gcos6=ma\

代入數(shù)據(jù)解得0=10

根據(jù)速度與位移關(guān)系式可知忌=2〃次

解得x=L8m

由VB=a\t\得九=0.6s

因//Vtan。，所以物體速度減為零后會繼續(xù)下滑

下滑時根據(jù)牛頓第二定律可知

mgsin9——〃"?gcos0=mai

解得s=2m/s2

由得，2=邛5s

所以物體在斜面上滑行的總時間

r=/!+/2=(0.6+^5s=L95So

【例3】.(2022?河北保定模擬)小物塊從一固定斜面底端以初速度如沖上斜面，如圖4所示，已知小物塊

與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5,斜面足夠長，傾角為37。，重力加速度為g。則小物塊在斜面上運動的時間為

(cos37°=0.8,sin37°=0.6)()

C.(小+1年D.（玳+1巖

ft

【答案】C

【解析】由牛頓第二定律可得，上升時mgsin37。+///呼0$37。=""i，力=於=T，內(nèi)=為下滑時"?gsin

:做醫(yī)，及一手一，所以I—力+，2—(小+1〃，故選項C正確。

37°-///ngcos37°=7W672?

【例4】(2020?浙江7月選考，19)如圖甲所示，有一質(zhì)量機=200kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向

上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的9時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變

化的F-f圖線如圖乙所示，f=34s末速度減為0時恰好到達指定位置。若不計繩索的質(zhì)量和空氣阻力，g

取10m/s2,求物件

(1)做勻減速運動的加速度大小和方向;

(2)勻速運動的速度大??；

(3)總位移的大小。

【答案】(1)0.125m/s2方向豎直向下(2)1m/s(3)40m

【解析】⑴由牛頓第二定律,咫一尸

得a=g—(=0.125m/s2,方向豎直向下。

⑵運動學公式v=%=lm/s.

(3)勻速上升的位移hi=vh=26m

勻減速上升的位移62=/=4m

總位移〃=為土牛=40m。

1-4

類型2已知物體運動情況，分析物體受力

【例1】2020年12月，嫦娥五號成功將采集的月球土壤樣品送回地球.探測器在取樣過程中，部分土壤

采用了鉆具鉆取的方式采集，并沿豎直方向運送到月球表面.嫦娥五號所配備的鉆桿具有獨特的空心結(jié)構(gòu),

具有收集土壤的作用，假設(shè)采集時鉆桿頭部深入月表〃=2m深處，已采集到m=500g此深處的月壤，從

靜止開始豎直向上回收，15s后鉆桿頭部上升至月球表面，速度恰好為零，此過程可簡化成勻加速、勻速、

勻減速三個階段，上升最大速度是v=20cm/s,己知月球表面的重力加速度為1.63mH,求：

(1)上升過程中勻速運動的時間h

(2)若上述過程中勻加速和勻減速階段加速度的大小相同，求三個階段鉆桿對采樣月壤的作用力尸的大小(保

留三位有效數(shù)字).

【答案】(1)5s(2)見解析

【解析】(1)設(shè)勻速運動時間為:，總時間為,總，

則有h=vt+^v(t6—t)

代入數(shù)據(jù)得r=5s

(2)設(shè)勻加速階段加速度大小為“端，勻減速階段加速度大小為。減，aw=a濾

勻加速時間為八”勻減速時間為f堿，

貝！Is,

V

a加=々減=7=0.04m/s-9

勻加速上升時有FN\-ing=ma加

解得FNI=0.835N

勻速上升時有FN2=Mg=0.815N

勻減速上升時有mg—Fw=maa

解得FN3=0.795N.

【例2】(2022?遼寧葫蘆島市期末)我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機獲得的

升力大小F可用F=h2表示，其中％為比例常數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，廠與飛機所受重力

相等時的v稱為飛機的起飛離地速度，已知艦載飛機空載質(zhì)量為1.69x103kg時，起飛離地速度為78m/s,

裝載彈藥后質(zhì)量為2.56x103kg。

(1)求飛機裝載彈藥后的起飛離地速度；

(2)飛機裝載彈藥后，從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行180m后起飛，求飛機在滑行過程中所用的時間

和飛機水平方向所受的合力大小(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

【答案】(1)96m/s⑵3.75s6.55x104N

【解析】(1)設(shè)空載質(zhì)量為，也，裝載彈藥后質(zhì)量為，“2,空載起飛時，有

裝載彈藥后起飛時，有人正=m2g

解得吸=96m/so

(2)設(shè)飛機勻加速滑行時間為/,加速度為。，由勻變速直線運動規(guī)律可得x=垓/

解得Z=3.75s

由V2=at得a=^~=25.6m/s2

飛機水平方向所受合力F"="?24

解得F=6.55X104N?

【例2】(2021?浙江杭州4月質(zhì)檢)隨著社會的發(fā)展，外賣配送也正踏入“無人機”領(lǐng)域。某天工作人員正在

通過無人機將質(zhì)量根=1kg的醫(yī)療物品送至用戶家中，如圖8所示，在無人機的作用下，物品在水平地面

上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，經(jīng)過h=2s后變成勻速直線運動，已知勻速直線運動時間12

=5s,然后再經(jīng)勻減速4=4s后到達用戶窗臺，此時物品恰好靜止，離地高度/?=40m。若在勻速運動階

段無人機對物品的作用力大小為尸=15N,整個運動過程中物品可看成質(zhì)點，物品所受空氣阻力恒定，重

力加速度g=10m/s2,求：

(1)物品運動過程中的最大速率；

(2)勻減速階段物品的加速度大小和位移大??；

(3)勻加速階段無人機對物品的作用力大小。

【答案】(1)5m/s(2)1.25m/s21()in(3)17.5N

【解析】⑴由題意可知,|+慍2+爭3=〃

解得vm=5m/So

(2)勻減速階段物品的加速度大小

解得“2=L25m/s2

位移大小解得x=10m。

(3)勻速階段物品所受合力為0

即F=Ffti+mg,解得Fffl=5N

勻加速階段由牛頓第二定律有F'-F

又0=手，解得產(chǎn)=17.5N。

t\

【例3】(2022?遼寧大連市第一次模擬)“新冠”席卷全國，在舉國上下“抗疫”的斗爭中，武漢各大醫(yī)院出現(xiàn)

了一批人工智能機器人。機器人“小易”在醫(yī)護人員選擇配送目的后，就開始沿著測算的路徑出發(fā)，在加速

啟動的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個人，立即制動減速，恰好在距離人30cm處停下?！靶∫住睆撵o止

出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運動，其v-r圖像如圖2所示，圖中fo=L6s,w=5m/s。已知

減速時的加速度大小是加速時加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60kg,運動過程中阻力恒為

20N?(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：

vKm?s_,)

(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；

(2)啟動過程的牽引力與制動過程的制動力(不含阻力)分別多大。

【答案】(1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N

【解析】⑴設(shè)加速運動與減速運動的時間分別為小小位移分別是樸M，總時間是小總位移是X，

由勻變速直線運動規(guī)律知

VoV0

X\一1，X2一手2

x=X]+x2f解得x=4m

由加速度定義式知4|=乎，。2=中，

t\h

則〃2=3。1

及)=九+，2

聯(lián)立解得h=1.2s,北=04s

2525

2222

則。1=不m/s=4.17m/s,〃2=才m/s=12.5ni/so

(2)對加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有

F]-F/=mai,尸2+Ff=〃以2

解得Fi=270N,6=730N。

【例4】如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為加=0.1kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點，在豎直平面內(nèi)對環(huán)

施加一個與桿夾角為。=53。的斜向上的拉力R使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運動，并在經(jīng)過8點時撤去

此拉力R小圓環(huán)最終停在。點。已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)"=0.8,A5與BC的距離之比為：及

=8：5。(g取lOm/s?,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:

/____

ABC

(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大?。?/p>

(2)小圓環(huán)在AB段的加速度ai的大??；

(3)拉力廠的大小。

【答案】(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N

【解析】(I)在8c段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力。

FH

Ff

甲

對小圓環(huán)進行受力分析如圖甲所示，有

Ff=/.iFN=nmg

則"2=4=〃g=0.8xl0m/s2=8m/s2o

(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運動，由運動學公式可知詔=2m乃

小圓環(huán)在BC段做勻減速運動，由運動學公式可知

而=242及

乂X25

X,5

則〃1=口幻=卷乂8m/s2=5m/s2o

X\o

(3)當公in吆時，小圓環(huán)在48段運動的受力分析如圖乙所示。

由牛頓第二定律得

Feos8—Ff\=ma\

又Fwi+Fsin0=mg

Ff\="FNI

聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得

F-1.05No

當FsinAmg時，小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖丙所示。

由牛頓第二定律可知

Feos6—Ffi=ma\

又Fsin0=mg+Fm

F/I=NFN2

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得/=7.5No

題型五等時圓模型

1.“等時圓”模型

所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點

到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。

2.基本規(guī)律

(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。

(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。

(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均為切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間

相等，如圖丙所示。

A

甲乙