專題05 牛頓運動定律的基本應用（原卷版）

專題05牛頓運動定律的基本應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一牛頓運動定律的理解 1類型1牛頓第一定律的理解 1類型2牛頓第二定律的理解和應用 2類型3牛頓第三定律的理解 4題型二瞬時問題的兩類模型 5題型三超重和失重問題 6類型1超、失重現(xiàn)象的圖像問題 7類型2超、失重現(xiàn)象的分析和計算 8題型四動力學兩類基本問題 9類型1已知受力求運動情況 10類型2已知物體運動情況，分析物體受力 11題型五等時圓模型 13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.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?！纠?】(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)”【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()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)象類型2牛頓第二定律的理解和應用1.對牛頓第二定律的理解2．解題的思路和關(guān)鍵(1)選取研究對象進行受力分析；(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力；(3)根據(jù)F合＝ma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0D.一個物體受合力越大，則其速度變化一定越快【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A、B分別向前進方向在豎直方向偏離角度α和β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()A.列車可能在減速進站B.兩角度一定滿足α＝βC.減小拉手懸繩長度，則偏角變大D.列車加速度大小為a＝gtanα【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m1＝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．3.0kg B．4.0kgC．5.0kg D．6.0kg【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r、質(zhì)量為m的金屬小球，從t＝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Ff＝6πηvr，式中r是小球的半徑，v是小球的速度，η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gB．小球的速度從0增加到v0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eq\f(mg,6πηr)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項目一對平衡力作用力和反作用力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【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m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F推箱子，三者都保持靜止．人和箱子的質(zhì)量也均為m，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mgB．長木板對地面的壓力等于3mgC．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【例3】(2022·廣東潮州市教學質(zhì)檢)如圖為廣泛應用于“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()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．【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)鉸鏈桿和輕質(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°＝0.6。下列結(jié)論正確的是()A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為eq\f(4,3)mgB.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq\f(4,3)gC.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq\f(5,3)gD.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為eq\f(5,3)g【例2】(2022·安徽省蚌埠第三中學月考)如圖，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，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)()A．圖甲中A球的加速度不為零B．圖乙中兩球加速度均為gsinθC．圖乙中輕桿的作用力一定不為零D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的3倍【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3m，物塊2的質(zhì)量為m，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a1、a2.重力加速度大小為g.則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝4g D．a(chǎn)1＝g，a2＝4g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(1)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－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－t圖線．兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖中沒有畫出，圖中a、c、e對應的縱坐標均為700N．取重力加速度g＝10m/s2.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b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f點時腳已經(jīng)離開傳感器【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【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t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/s2.依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是()A．運動員的質(zhì)量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．9.3s至10.1s內(nèi)，運動員一直處于超重狀態(tài)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F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則()A．t1～t2過程中運動員的加速度不斷增大B．t1～t2過程運動員速度一直增大C．t2～t3過程中運動員先超重再失重D．t2時刻運動員速度最大【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m，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eq\f(1,2)mg，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＝2gtD．夯錘上升的最大高度hm＝gt2【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h＝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t＝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/s2C．返回艙落地的瞬間速度大小為2m/sD．返回艙再次做減速運動時對質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力的大小為2700N題型四動力學兩類基本問題【解題指導】1．做好兩個分析：受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關(guān)系.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2.基本步驟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BC連接，斜面傾角θ＝30°，質(zhì)量m＝2kg的物體置于水平面上的D點，DB間的距離d＝7m，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，將一水平向左的恒力F＝8N作用在該物體上，t＝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F后，經(jīng)過多長時間物體經(jīng)過B點？(g取10m/s2)【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m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點距B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝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(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。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？【例3】．(2022·河北保定模擬)小物塊從一固定斜面底端以初速度v0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)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C.(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D.(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)【例4】(2020·浙江7月選考，19)如圖甲所示，有一質(zhì)量m＝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eq\f(1,4)時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝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。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h＝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，已知月球表面的重力加速度為1.63m/s2，求：(1)上升過程中勻速運動的時間t；(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F的大小(保留三位有效數(shù)字)．【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＝kv2表示，其中k為比例常數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)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1.69×103kg時，起飛離地速度為78m/s，裝載彈藥后質(zhì)量為2.56×103kg。(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)。【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m＝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t1＝2s后變成勻速直線運動，已知勻速直線運動時間t2＝5s，然后再經(jīng)勻減速t3＝4s后到達用戶窗臺，此時物品恰好靜止，離地高度h＝40m。若在勻速運動階段無人機對物品的作用力大小為F＝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小；(3)勻加速階段無人機對物品的作用力大小?！纠?】(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－t圖像如圖2所示，圖中t0＝1.6s，v0＝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：(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?！纠?】如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m＝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θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運動，并在經(jīng)過B點時撤去此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點。已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，AB與BC的距離之比x1∶x2＝8∶5。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大?。?2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大?。?3)拉力F的大小。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?！纠?】(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小圓環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3【例2】如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點?，F(xiàn)讓三個小球(可以看作質(zhì)點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2【例3】如圖所示，在斜面上同一豎直面內(nèi)有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關(guān)系正確的是()A．t1<t2 B．t1>t3 C．t2＝t4 D．t2<t4【例4】．如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、c到d所用的時間，則()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．無法確定

專題05牛頓運動定律的基本應用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一牛頓運動定律的理解 1類型1牛頓第一定律的理解 1類型2牛頓第二定律的理解和應用 2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 7題型三超重和失重問題 9類型1超、失重現(xiàn)象的圖像問題 9類型2超、失重現(xiàn)象的分析和計算 11題型四動力學兩類基本問題 12類型1已知受力求運動情況 13類型2已知物體運動情況，分析物體受力 16題型五等時圓模型 20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.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?！纠?】(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?！纠?】(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()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】題圖甲中踩了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用1.對牛頓第二定律的理解2．解題的思路和關(guān)鍵(1)選取研究對象進行受力分析；(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力；(3)根據(jù)F合＝ma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0D.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?！纠?】(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A、B分別向前進方向在豎直方向偏離角度α和β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()A.列車可能在減速進站B.兩角度一定滿足α＝βC.減小拉手懸繩長度，則偏角變大D.列車加速度大小為a＝gtanα【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F合＝mgtanα＝ma，F(xiàn)合＝mgtanβ＝ma，所以α＝β，選項B正確；因列車加速度不變，則拉手的加速度不變，由F合＝mgtanα＝ma可知偏角不變，選項C錯誤；根據(jù)F合＝mgtanα＝ma，可得列車加速度大小a＝gtanα，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m1＝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．3.0kg B．4.0kgC．5.0kg D．6.0kg【答案】B【解析】對P施加F時，根據(jù)牛頓第二定律有a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(Δv1,Δt)＝10m/s2，對P和Q整體施加F時，根據(jù)牛頓第二定律有a2＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(Δv2,Δt)＝2m/s2，聯(lián)立解得m2＝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r、質(zhì)量為m的金屬小球，從t＝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Ff＝6πηvr，式中r是小球的半徑，v是小球的速度，η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gB．小球的速度從0增加到v0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eq\f(mg,6πηr)【答案】ACD【解析】當t＝0時，小球所受的阻力Ff＝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v0的過程中，加速度減小，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq\f(6πηvr,m)，當a＝0時，速度最大，此后小球做勻速運動，最大速度vm＝eq\f(mg,6πηr)，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項目一對平衡力作用力和反作用力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m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F推箱子，三者都保持靜止．人和箱子的質(zhì)量也均為m，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mgB．長木板對地面的壓力等于3mgC．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F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＋Fcosθ＝mg，解得FN＝mg－Fcosθ，根據(jù)牛頓第三定律，人對長木板的壓力大小小于mg，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3mg，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()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．【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)鉸鏈桿和輕質(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°＝0.6。下列結(jié)論正確的是()A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為eq\f(4,3)mgB.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq\f(4,3)gC.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq\f(5,3)gD.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為eq\f(5,3)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，如圖所示由平衡條件得細繩的拉力大小都為FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，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a1＝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＝eq\f(FT,m)＝eq\f(5,3)g，故C正確，B、D錯誤?！纠?】(2022·安徽省蚌埠第三中學月考)如圖，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，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)()A．圖甲中A球的加速度不為零B．圖乙中兩球加速度均為gsinθC．圖乙中輕桿的作用力一定不為零D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B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A、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B，所受合力等于板在時板的支持力，為2mgsinθ，由牛頓第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度為aB＝2gsinθ；對于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、B加速度相同，整體由牛頓第二定律有2mgsinθ＝2ma′，可得A、B的加速度均為a′＝gsinθ，設(shè)輕桿對A的作用力為F，對A由牛頓第二定律有mgsinθ＋F＝ma′，可知F＝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3m，物塊2的質(zhì)量為m，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a1、a2.重力加速度大小為g.則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝4g D．a(chǎn)1＝g，a2＝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F＝3mg.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a1＝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a2＝eq\f(F′＋mg,m)＝eq\f(3mg＋mg,m)＝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(1)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－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－t圖線．兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖中沒有畫出，圖中a、c、e對應的縱坐標均為700N．取重力加速度g＝10m/s2.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b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f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，對應壓力等于重力，為700N，則b點對應壓力小于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，b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，f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】ACs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t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/s2.依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是()A．運動員的質(zhì)量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．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mg最大加速度am＝eq\f(Fm－mg,m)＝45m/s2，選項B正確；運動員離開蹦床后在空中運動的時間t＝2s，上升和下落的時間均為1s，則最大高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝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F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則()A．t1～t2過程中運動員的加速度不斷增大B．t1～t2過程運動員速度一直增大C．t2～t3過程中運動員先超重再失重D．t2時刻運動員速度最大【答案】C【解析】t1～t2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，t2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；t2～t3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t2～t3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m，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eq\f(1,2)mg，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＝2gtD．夯錘上升的最大高度hm＝gt2【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4×eq\f(1,2)mg－mg＝ma，解得a＝g，則松手時夯錘的速度大小v＝gt，C錯誤；夯錘先勻加速上升的高度h1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2，勻減速上升的高度h2＝eq\f(1,2)gt2，夯錘上升的最大高度hm＝h1＋h2＝gt2，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h＝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t＝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/s2C．返回艙落地的瞬間速度大小為2m/sD．返回艙再次做減速運動時對質(zhì)量m＝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＝vt－eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)，則有1.1m＝9×0.2m－eq\f(1,2)a×(0.2s)2，解得a＝35m/s2，故B錯誤；根據(jù)速度時間公式v′＝v－at，代入數(shù)據(jù)可得v′＝9m/s－35×0.2m/s＝2m/s，故C正確；對質(zhì)量m＝60kg的航天員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，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：受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關(guān)系.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2.基本步驟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BC連接，斜面傾角θ＝30°，質(zhì)量m＝2kg的物體置于水平面上的D點，DB間的距離d＝7m，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，將一水平向左的恒力F＝8N作用在該物體上，t＝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F后，經(jīng)過多長時間物體經(jīng)過B點？(g取10m/s2)【答案】1s和1.8s【解析】撤去F前，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，由勻變速直線運動規(guī)律得x1＝eq\f(1,2)a1t2＝4m，v1＝a1t＝4m/s，撤去F后，由牛頓第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2m/s2，d－x1＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12，解得第一次到達B點的時間t1＝1s，或t1′＝3s(舍去)，第一次到達B點時的速度v2＝v1－a2t1＝2m/s，之后物體滑上斜面，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma3，解得a3＝gsinθ＝5m/s2，物體再經(jīng)t2＝2eq\f(v2,a3)＝0.8s第二次到達B點，故撤去拉力F后，經(jīng)過1s和1.8s時間物體經(jīng)過B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m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點距B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝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(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。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－μmg＝ma解得a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(14－0.5×2×10,2)m/s2＝2m/s2M到B，根據(jù)速度與位移關(guān)系式可知veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×2×9)m/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mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2根據(jù)速度與位移關(guān)系式可知veq\o\al(2,B)＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物體在斜面上滑行的總時間t＝t1＋t2＝(0.6＋eq\f(3\r(5),5))s＝1.95s。【例3】．(2022·河北保定模擬)小物塊從一固定斜面底端以初速度v0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)()A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C.(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D.(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)【答案】C【解析】由牛頓第二定律可得，上升時mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；下滑時mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，x2＝x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，t2＝eq\f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，故選項C正確?！纠?】(2020·浙江7月選考，19)如圖甲所示，有一質(zhì)量m＝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eq\f(1,4)時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝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)勻速運動的速度大小；(3)總位移的大小?！敬鸢浮?1)0.125m/s2方向豎直向下(2)1m/s(3)40m【解析】(1)由牛頓第二定律mg－F＝ma得a＝g－eq\f(F,m)＝0.125m/s2，方向豎直向下。(2)運動學公式v＝at2＝1m/s。(3)勻速上升的位移h1＝vt1＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m總位移h＝eq\f(h1＋h2,1－\f(1,4))＝40m。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h＝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，已知月球表面的重力加速度為1.63m/s2，求：(1)上升過程中勻速運動的時間t；(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F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t，總時間為t總，則有h＝vt＋eq\f(1,2)v(t總－t)代入數(shù)據(jù)得t＝5s(2)設(shè)勻加速階段加速度大小為a加，勻減速階段加速度大小為a減，a加＝a減勻加速時間為t加，勻減速時間為t減，則t加＝t減＝t′＝5s，a加＝a減＝eq\f(v,t′)＝0.04m/s2勻加速上升時有FN1－mg＝ma加解得FN1＝0.835N勻速上升時有FN2＝mg＝0.815N勻減速上升時有mg－FN3＝ma減解得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＝kv2表示，其中k為比例常數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)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1.69×103kg時，起飛離地速度為78m/s，裝載彈藥后質(zhì)量為2.56×103kg。(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)?！敬鸢浮?1)96m/s(2)3.75s6.55×104N【解析】(1)設(shè)空載質(zhì)量為m1，裝載彈藥后質(zhì)量為m2，空載起飛時，有kveq\o\al(2,1)＝m1g裝載彈藥后起飛時，有kveq\o\al(2,2)＝m2g解得v2＝96m/s。(2)設(shè)飛機勻加速滑行時間為t，加速度為a，由勻變速直線運動規(guī)律可得x＝eq\f(v2,2)t解得t＝3.75s由v2＝at得a＝eq\f(v2,t)＝25.6m/s2飛機水平方向所受合力F水平＝m2a解得F＝6.55×104N?！纠?】(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m＝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t1＝2s后變成勻速直線運動，已知勻速直線運動時間t2＝5s，然后再經(jīng)勻減速t3＝4s后到達用戶窗臺，此時物品恰好靜止，離地高度h＝40m。若在勻速運動階段無人機對物品的作用力大小為F＝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?！敬鸢浮?1)5m/s(2)1.25m/s210m(3)17.5N【解析】(1)由題意可知eq\f(vm,2)t1＋vmt2＋eq\f(vm,2)t3＝h解得vm＝5m/s。(2)勻減速階段物品的加速度大小a2＝eq\f(vm,t3)解得a2＝1.25m/s2位移大小x＝eq\f(vm,2)t3，解得x＝10m。(3)勻速階段物品所受合力為0即F＝F阻＋mg，解得F阻＝5N勻加速階段由牛頓第二定律有F′－F阻－mg＝ma1又a1＝eq\f(vm,t1)，解得F′＝17.5N。【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－t圖像如圖2所示，圖中t0＝1.6s，v0＝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：(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?！敬鸢浮?1)4m4.17m/s212.5m/s2(2)270N730N【解析】(1)設(shè)加速運動與減速運動的時間分別為t1、t2，位移分別是x1、x2，總時間是t0，總位移是x，由勻變速直線運動規(guī)律知x1＝eq\f(v0,2)t1，x2＝eq\f(v0,2)t2x＝x1＋x2，解得x＝4m由加速度定義式知a1＝eq\f(v0,t1)，a2＝eq\f(v0,t2)，則a2＝3a1t0＝t1＋t2聯(lián)立解得t1＝1.2s，t2＝0.4s則a1＝eq\f(25,6)m/s2＝4.17m/s2，a2＝eq\f(25,2)m/s2＝12.5m/s2。(2)對加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F(xiàn)2＋Ff＝ma2解得F1＝270N，F(xiàn)2＝730N。【例4】如圖所示，直桿水平固定，質(zhì)量為m＝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θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運動，并在經(jīng)過B點時撤去此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點。已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)