第三講牛頓第二定律的基本應(yīng)用(原卷版+解析)

第三講牛頓第二定律的基本應(yīng)用知識梳理一、超重與失重1.視重當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。2.超重、失重和完全失重的比較超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于eq\a\vs4\al(0)產(chǎn)生條件物體的加速度向上物體的加速度向下物體的加速度等于eq\a\vs4\al(g)運(yùn)動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g加速下降或減速上升原理方程F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝mg二、兩類動力學(xué)問題1.動力學(xué)的兩類基本問題第一類：已知受力情況求物體的運(yùn)動情況。第二類：已知運(yùn)動情況求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：知識訓(xùn)練考點(diǎn)一、超重和失重例1、如圖所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運(yùn)動。g取10m/s2。下列各種情況中，體重計的示數(shù)最大的是()A．電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0m/s2B．電梯勻加速上升，加速度的大小為1.0m/s2C．電梯勻減速下降，加速度的大小為1.5m/s2D．電梯勻加速下降，加速度的大小為1.5m/s2課堂隨練訓(xùn)練1、(2020·北京高三二模)很多智能手機(jī)都有加速度傳感器。小明把手機(jī)平放在手掌上，打開加速度傳感器，記錄手機(jī)在豎直方向上加速度的變化情況。若手掌迅速向下運(yùn)動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，手機(jī)屏幕上獲得的圖像如圖甲所示。以下實(shí)驗(yàn)中手機(jī)均無翻轉(zhuǎn)。下列說法正確的是()A．若將手機(jī)豎直向上拋出再落回手掌中，所得圖像可能如圖乙所示B．若保持手托著手機(jī)，小明做下蹲動作，整個下蹲過程所得圖像可能如圖丙所示C．若手托著手機(jī)一起由靜止豎直向上運(yùn)動一段時間后停止，所得圖像可能如圖丁所示D．手機(jī)屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，表明手機(jī)處于失重狀態(tài)訓(xùn)練2、(多選)如圖所示,蹦床運(yùn)動員從空中落到床面上,運(yùn)動員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程,從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程,則運(yùn)動員()A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài)考點(diǎn)二、動力學(xué)的兩類基本問題[1.解題步驟例1、(2021·高考全國卷甲，T14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將()A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大例2、(2022·山東省實(shí)驗(yàn)?zāi)M)假設(shè)在發(fā)射火箭過程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30km高空時，速度達(dá)到1.2km/s，然后助推器脫落，向上減速運(yùn)動后落回地面進(jìn)行回收?；鸺破鬟\(yùn)動過程中所受地球引力可視為不變，且等于在地球表面時的重力，助推器脫落后運(yùn)動過程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2，g取10m/s2，求：(1)助推器能上升到距離地面的最大高度；(2)助推器落回地面的速度大小和助推器從脫落到落回地面經(jīng)歷的時間。例3、(2021·安徽蕪湖檢測)某運(yùn)動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離直升機(jī)一段時間后打開降落傘減速下落，他打開降落傘后的速度—時間圖線如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運(yùn)動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為50kg，降落傘質(zhì)量也為50kg，不計運(yùn)動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f=kv(g取10m/s2,取cos37°=0.8,sin37°=0.6)。求:(1)打開降落傘前運(yùn)動員下落的距離;(2)阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向;(3)每根繩能夠承受的最小拉力。例4、如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運(yùn)動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。例5、(多選)如圖所示，Oa、Ob和da是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放，一個滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da分別到達(dá)a、b、a所用的時間。下列關(guān)系正確的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3課堂隨練訓(xùn)練1、如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一質(zhì)點(diǎn)小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3?，F(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3訓(xùn)練2、(多選)如圖a，質(zhì)量m1＝0.2kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時刻小物塊以速度v0＝11m/s向右滑動，同時對物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖b顯示物塊與小車第1s內(nèi)運(yùn)動的v-t圖象。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物塊與平板小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．物塊與小車間的相對位移x相對＝6.5mD．小物塊向右滑動的最大位移為xmax＝7.7m訓(xùn)練3、如圖所示，一條小魚在水面處來了個“鯉魚打挺”，彈起的高度為H＝2h，以不同的姿態(tài)落入水中，其入水深度不同。若魚身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h。假定魚的運(yùn)動始終在豎直方向上，在水中保持姿態(tài)不變，受到水的作用力也不變，空氣中的阻力不計，魚身的尺寸遠(yuǎn)小于魚入水深度。重力加速度為g，求：(1)魚入水時的速度v；(2)魚兩次在水中運(yùn)動的時間之比t1∶t2；(3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。訓(xùn)練4、中國航母艦載機(jī)“殲-15”采用滑躍式起飛，主要靠甲板前端的上翹來幫助艦載機(jī)起飛，其示意圖如圖所示，艦載機(jī)由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160m的水平跑道上運(yùn)動，然后在長度為L2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知艦載機(jī)的質(zhì)量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動機(jī)的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，艦載機(jī)在水平跑道上和傾斜跑道上運(yùn)動的過程中受到的平均阻力大小都為艦載機(jī)重力的0.2倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，艦載機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且艦載機(jī)起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障。g取10m/s2。(1)求艦載機(jī)在水平跑道上運(yùn)動的末速度大??；(2)求艦載機(jī)從開始運(yùn)動到起飛經(jīng)歷的時間t。訓(xùn)練5、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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)？(g取10m/s2)同步訓(xùn)練1、(2021·江西撫州期末)(多選)在電梯中，把一重物置于水平臺秤上，臺秤與力傳感器相連，電梯先從靜止加速上升，然后又勻速運(yùn)動一段時間，最后停止運(yùn)動。傳感器屏幕上顯示出其所受的壓力與時間的關(guān)系(N-t)圖像，如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．電梯在啟動階段經(jīng)歷了4s的加速上升過程B．電梯的最大加速度是m/s2C．重物在0到4s的時間里,先超重后失重D．在整個過程中，重物所受重力先變大，后不變，再變小，最后又不變2、(2020·高考山東卷，T1)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg3、(2021·廣西柳州市高三下三模)將重40N的物體放在豎直升降電梯的地板上。某段時間內(nèi)，物體受到電梯地板的支持力隨時間變化的圖象如圖所示，由此可以判斷()A．t＝1s時刻電梯只可能向上減速運(yùn)動B．t＝6s時刻電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)C．t＝11s時刻電梯不可能正在向上運(yùn)動D.t＝11s時刻電梯的加速度方向一定豎直向下4、(多選)為探究小球沿光滑斜面的運(yùn)動規(guī)律，小李同學(xué)將一小鋼球分別從圖中斜面的頂端由靜止釋放，下列說法中正確的是()A．甲圖中小球在斜面1、2上的運(yùn)動時間相等B．甲圖中小球下滑至斜面1、2底端時的速度大小相等C．乙圖中小球在斜面3、4上的運(yùn)動時間相等D．乙圖中小球下滑至斜面3、4底端時的速度大小相等5、(2020·河南鄭州中原聯(lián)盟3月聯(lián)考)如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平地面上。當(dāng)t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運(yùn)動。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊一直做勻變速直線運(yùn)動B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn)D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/s6、(2020·河南六市4月第一次聯(lián)合調(diào)研)(多選)如圖所示，a、b小球均能沿各自斜軌道勻速向下運(yùn)動到豎直圓的最低點(diǎn)，現(xiàn)分別讓小球a、b以va、vb的速度沿各自軌道從最低點(diǎn)同時向上運(yùn)動，兩小球速度同時減小到0，重力加速度為g，軌道與圓在同一豎直面內(nèi)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．a(chǎn)、b小球與斜面間的動摩擦因數(shù)之比μa∶μb＝9∶16B．a(chǎn)、b小球沿斜面向上運(yùn)動的加速度之比aa∶ab＝4∶3C．va∶vb＝4∶3D．兩小球不可能同時達(dá)到圓周上7、(2021·6月浙江選考，T20)機(jī)動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。?2)若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設(shè)駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。8、(2022·山東等級考模擬卷)如圖甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會設(shè)置避險車道，供發(fā)生緊急情況的車輛避險使用，本題中避險車道是主車道旁的一段上坡路面。一輛貨車在行駛過程中剎車失靈，以v0＝90km/h的速度駛?cè)氡茈U車道，如圖乙所示。設(shè)貨車進(jìn)入避險車道后牽引力為零，貨車與路面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，重力加速度大小g取10m/s2。(1)為了防止貨車在避險車道上停下后發(fā)生溜滑現(xiàn)象，該避險車道上坡路面的傾角θ應(yīng)該滿足什么條件？設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，結(jié)果用θ的正切值表示。(2)若避險車道路面傾角為15°，求貨車在避險車道上行駛的最大距離。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)9、滑雪運(yùn)動是運(yùn)動員把滑雪板裝在靴底在雪地上進(jìn)行的滑行、跳躍的競賽運(yùn)動。當(dāng)滑雪板相對雪地速度較大時，會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地對滑雪板的摩擦。然而當(dāng)滑雪板相對雪地速度較小時，與雪地接觸的時間超過某一值，滑雪板就會下陷，使得與雪地間的摩擦力增大。假設(shè)速度超過8m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由μ1＝0.25變?yōu)棣?＝0.125。一運(yùn)動員從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B(B處為一光滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C處，如圖所示。不計空氣阻力，已知坡長l＝24.1m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求運(yùn)動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間；(2)求運(yùn)動員到達(dá)B處時的速度大小；(3)若滑雪板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.5，求運(yùn)動員在水平地面上運(yùn)動的最大距離。第三講牛頓第二定律的基本應(yīng)用知識梳理一、超重與失重1.視重當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。2.超重、失重和完全失重的比較超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于eq\a\vs4\al(0)產(chǎn)生條件物體的加速度向上物體的加速度向下物體的加速度等于eq\a\vs4\al(g)運(yùn)動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g加速下降或減速上升原理方程F－mg＝mamg－F＝mamg－F＝mg二、兩類動力學(xué)問題1.動力學(xué)的兩類基本問題第一類：已知受力情況求物體的運(yùn)動情況。第二類：已知運(yùn)動情況求物體的受力情況。2.解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：知識訓(xùn)練考點(diǎn)一、超重和失重例1、如圖所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運(yùn)動。g取10m/s2。下列各種情況中，體重計的示數(shù)最大的是()A．電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0m/s2B．電梯勻加速上升，加速度的大小為1.0m/s2C．電梯勻減速下降，加速度的大小為1.5m/s2D．電梯勻加速下降，加速度的大小為1.5m/s2【答案】C【解析】由題意可知，體重計的示數(shù)最大時，人應(yīng)具有向上的最大加速度，處于超重狀態(tài)，故A、D錯誤；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，則當(dāng)a＝1.5m/s2時體重計的示數(shù)最大，故B錯誤，C正確。課堂隨練訓(xùn)練1、(2020·北京高三二模)很多智能手機(jī)都有加速度傳感器。小明把手機(jī)平放在手掌上，打開加速度傳感器，記錄手機(jī)在豎直方向上加速度的變化情況。若手掌迅速向下運(yùn)動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，手機(jī)屏幕上獲得的圖像如圖甲所示。以下實(shí)驗(yàn)中手機(jī)均無翻轉(zhuǎn)。下列說法正確的是()A．若將手機(jī)豎直向上拋出再落回手掌中，所得圖像可能如圖乙所示B．若保持手托著手機(jī)，小明做下蹲動作，整個下蹲過程所得圖像可能如圖丙所示C．若手托著手機(jī)一起由靜止豎直向上運(yùn)動一段時間后停止，所得圖像可能如圖丁所示D．手機(jī)屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，表明手機(jī)處于失重狀態(tài)【答案】A【解析】若手掌迅速向下運(yùn)動，讓手機(jī)脫離手掌而自由下落，然后接住手機(jī)，手機(jī)先加速后減速，加速度先豎直向下，再豎直向上。由題圖甲可知加速度豎直向下時為負(fù)值。若將手機(jī)豎直向上拋出再落回手掌中，手機(jī)先豎直向上加速然后豎直上拋運(yùn)動最后豎直向下減速，加速度方向先豎直向上然后豎直向下最后豎直向上，即先正然后負(fù)最后正，所得圖像可能如題圖乙所示，故A正確；若保持手托著手機(jī)，小明做下蹲動作，手機(jī)先豎直向下加速然后豎直向下減速，加速度方向先豎直向下然后豎直向上，即先負(fù)后正，整個下蹲過程所得圖像不可能如題圖丙所示，故B錯誤；若手托著手機(jī)一起由靜止豎直向上運(yùn)動一段時間后停止，手機(jī)先豎直向上加速最后豎直向上減速，加速度方向先豎直向上最后豎直向下，即先正最后負(fù)，所得圖像不可能如題圖丁所示，故C錯誤；手機(jī)屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，說明加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。訓(xùn)練2、(多選)如圖所示,蹦床運(yùn)動員從空中落到床面上,運(yùn)動員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過程,從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程,則運(yùn)動員()A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)C．在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài)D．在第二過程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài)【答案】CD【解析】運(yùn)動員剛接觸床面時,重力大于彈力,運(yùn)動員向下做加速運(yùn)動,運(yùn)動員處于失重狀態(tài);當(dāng)彈力增大到等于重力時速度最大;繼續(xù)下降,彈力大于重力,做減速運(yùn)動,運(yùn)動員處于超重狀態(tài),即在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),A錯誤,C正確;在第二過程中運(yùn)動員先向上加速運(yùn)動,處于超重狀態(tài),后減速運(yùn)動,處于失重狀態(tài),B錯誤,D正確。考點(diǎn)二、動力學(xué)的兩類基本問題[1.解題步驟例1、(2021·高考全國卷甲，T14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將()A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大【答案】D【解析】設(shè)PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gt2sinθ，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°時，t有最小值，故當(dāng)θ從由30°逐漸增大至60°時，下滑時間t先減小后增大。例2、(2022·山東省實(shí)驗(yàn)?zāi)M)假設(shè)在發(fā)射火箭過程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到30km高空時，速度達(dá)到1.2km/s，然后助推器脫落，向上減速運(yùn)動后落回地面進(jìn)行回收?；鸺破鬟\(yùn)動過程中所受地球引力可視為不變，且等于在地球表面時的重力，助推器脫落后運(yùn)動過程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的0.2，g取10m/s2，求：(1)助推器能上升到距離地面的最大高度；(2)助推器落回地面的速度大小和助推器從脫落到落回地面經(jīng)歷的時間。【答案】(1)9×104m(2)1200m/s250s【解析】(1)火箭加速上升的高度h1＝3×104m，助推器脫落時的速度v1＝1.2×103m/s，助推器脫落后向上做減速運(yùn)動，f＝0.2mg，有mg＋f＝ma1，veq\o\al(2,1)＝2a1h2，v1＝a1t1解得h2＝6×104m，t1＝100s助推器上升的最大高度為h＝h1＋h2＝9×104m(或90km)。(2)助推器從最高點(diǎn)下落過程中，有mg－f＝ma2，veq\o\al(2,2)＝2a2h，v2＝a2t2解得v2＝1200m/s，t2＝150s助推器從脫離到落地經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝250s。例3、(2021·安徽蕪湖檢測)某運(yùn)動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離直升機(jī)一段時間后打開降落傘減速下落，他打開降落傘后的速度—時間圖線如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運(yùn)動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為50kg，降落傘質(zhì)量也為50kg，不計運(yùn)動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f=kv(g取10m/s2,取cos37°=0.8,sin37°=0.6)。求:(1)打開降落傘前運(yùn)動員下落的距離;(2)阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向;(3)每根繩能夠承受的最小拉力?！敬鸢浮?1)20m(2)200N·m/s30m/s2方向豎直向上(3)312.5N【解析】(1)打開降落傘前運(yùn)動員做自由落體運(yùn)動,根據(jù)速度與位移公式得h0==20m(2)由題圖甲可知,當(dāng)速度等于5m/s時，運(yùn)動員與降落傘做勻速運(yùn)動，受力平衡，則kv=2mgk==200N·s/m剛打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得a==30m/s2方向豎直向上。(3)設(shè)每根繩的拉力為T，以運(yùn)動員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得8Tcos37°-mg=ma解得T==312.5N所以每根繩能夠承受的拉力至少為312.5N。例4、如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運(yùn)動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。【答案】(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N【解析】(1)物塊上升的位移x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，有拉力F作用階段加速度的大小a1＝eq\f(2,20.5)m/s2＝4m/s2無拉力F作用階段加速度大小a2＝eq\f(0－2,0.5)m/s2＝－4m/s2設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝ma2聯(lián)立解得F＝8N。例5、(多選)如圖所示，Oa、Ob和da是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放，一個滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da分別到達(dá)a、b、a所用的時間。下列關(guān)系正確的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3【答案】BCD【解析】設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B、C、D均正確。課堂隨練訓(xùn)練1、如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一質(zhì)點(diǎn)小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3。現(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3【答案】A【解析】因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC邊為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點(diǎn)釋放的小球a、b、d必定同時到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。訓(xùn)練2、(多選)如圖a，質(zhì)量m1＝0.2kg的足夠長平板小車靜置在光滑水平地面上，質(zhì)量m2＝0.1kg的小物塊靜止于小車上，t＝0時刻小物塊以速度v0＝11m/s向右滑動，同時對物塊施加一水平向左、大小恒定的外力F，圖b顯示物塊與小車第1s內(nèi)運(yùn)動的v-t圖象。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物塊與平板小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4B．恒力F＝0.5NC．物塊與小車間的相對位移x相對＝6.5mD．小物塊向右滑動的最大位移為xmax＝7.7m【答案】ABD【解析】根據(jù)v-t圖象可知，在第1s內(nèi)小車向右做勻加速直線運(yùn)動，小物塊向右做勻減速直線運(yùn)動，小車和小物塊的加速度分別為a1＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2，a2＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(2－11,1)m/s2＝－9m/s2；對小車根據(jù)牛頓第二定律有：μm2g＝m1a1，對小物塊根據(jù)牛頓第二定律有：－(F＋μm2g)＝m2a2，代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.4，F(xiàn)＝0.5N，故A、B正確。根據(jù)圖象可知，在t＝1s時小車和小物塊的速度相同，因?yàn)樽畲箪o摩擦力等于滑動摩擦力，eq\f(F,m1＋m2)m1<μm2g，所以此后兩者不再發(fā)生相對運(yùn)動；在第1s內(nèi)小車發(fā)生的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t2＝1m，小物塊發(fā)生的位移為x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝6.5m，所以物塊與小車間的相對位移x相對＝x2－x1＝5.5m，故C錯誤。當(dāng)小車與小物塊的速度相等后，小車和小物塊組成的整體在外力F的作用下先一起向右做勻減速直線運(yùn)動，其加速度大小為a3＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(5,3)m/s2，當(dāng)速度減小到0時，整體發(fā)生的位移為x3＝eq\f(v2,2a3)＝eq\f(22,2×\f(5,3))m＝1.2m，所以小物塊向右滑動的最大位移為xmax＝x2＋x3＝7.7m，故D正確。訓(xùn)練3、如圖所示，一條小魚在水面處來了個“鯉魚打挺”，彈起的高度為H＝2h，以不同的姿態(tài)落入水中，其入水深度不同。若魚身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h。假定魚的運(yùn)動始終在豎直方向上，在水中保持姿態(tài)不變，受到水的作用力也不變，空氣中的阻力不計，魚身的尺寸遠(yuǎn)小于魚入水深度。重力加速度為g，求：(1)魚入水時的速度v；(2)魚兩次在水中運(yùn)動的時間之比t1∶t2；(3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。【答案】(1)2eq\r(gh)(2)2∶3(3)9∶7【解析】(1)由v2＝2gH，得v＝2eq\r(gh)。(2)因h1＝eq\f(v,2)t1，h2＝eq\f(v,2)t2，得eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,3)。(3)v2＝2a1h1，F(xiàn)1－mg＝ma1得F1＝3mg，同理得F2＝eq\f(7,3)mg，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(9,7)。訓(xùn)練4、中國航母艦載機(jī)“殲-15”采用滑躍式起飛，主要靠甲板前端的上翹來幫助艦載機(jī)起飛，其示意圖如圖所示，艦載機(jī)由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160m的水平跑道上運(yùn)動，然后在長度為L2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知艦載機(jī)的質(zhì)量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動機(jī)的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，艦載機(jī)在水平跑道上和傾斜跑道上運(yùn)動的過程中受到的平均阻力大小都為艦載機(jī)重力的0.2倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，艦載機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且艦載機(jī)起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障。g取10m/s2。(1)求艦載機(jī)在水平跑道上運(yùn)動的末速度大?。?2)求艦載機(jī)從開始運(yùn)動到起飛經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮?1)40m/s(2)8.5s【解析】(1)設(shè)艦載機(jī)在水平跑道上運(yùn)動的加速度大小為a1，阻力大小為F阻，在水平跑道上運(yùn)動的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma1F阻＝0.2mgv12＝2a1L1聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s。(2)設(shè)艦載機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2艦載機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動時間t1＝eq\f(v1,a1)＝8s在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有F－F阻－mgeq\f(h,L2)＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝4m/s2由v22－v12＝2a2L2代入數(shù)據(jù)解得v2＝42m/s艦載機(jī)在傾斜跑道上的運(yùn)動時間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s則t＝t1＋t2＝8.5s。訓(xùn)練5、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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)？(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(yùn)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(dá)B點(diǎn)的時間t1＝1s，或t1′＝3s(舍去)，第一次到達(dá)B點(diǎn)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(dá)B點(diǎn)，故撤去拉力F后，經(jīng)過1s和1.8s時間物體經(jīng)過B點(diǎn)．同步訓(xùn)練1、(2021·江西撫州期末)(多選)在電梯中，把一重物置于水平臺秤上，臺秤與力傳感器相連，電梯先從靜止加速上升，然后又勻速運(yùn)動一段時間，最后停止運(yùn)動。傳感器屏幕上顯示出其所受的壓力與時間的關(guān)系(N-t)圖像，如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．電梯在啟動階段經(jīng)歷了4s的加速上升過程B．電梯的最大加速度是m/s2C．重物在0到4s的時間里,先超重后失重D．在整個過程中，重物所受重力先變大，后不變，再變小，最后又不變【答案】AB【解析】在0～4s的時間里,重物對臺秤的壓力大于重力,處于超重狀態(tài),電梯加速上升,由圖像可知電梯在啟動階段經(jīng)歷了4s加速上升過程,故A正確,C錯誤;由題圖可知4～18s內(nèi)電梯做勻速直線運(yùn)動,N=G=30N,重物的質(zhì)量為m=3kg,當(dāng)壓力N=50N或10N時,重物受到的合力最大,加速度最大,由牛頓第二定律得N-mg=ma,代入解得最大加速度為|a|=m/s2,故B正確;在整個過程中,重物所受重力保持不變,故D錯誤。2、(2020·高考山東卷，T1)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg【答案】D【解析】根據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運(yùn)動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN＜mg，A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓運(yùn)動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN＞mg，C錯誤，D正確。3、(2021·廣西柳州市高三下三模)將重40N的物體放在豎直升降電梯的地板上。某段時間內(nèi)，物體受到電梯地板的支持力隨時間變化的圖象如圖所示，由此可以判斷()A．t＝1s時刻電梯只可能向上減速運(yùn)動B．t＝6s時刻電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)C．t＝11s時刻電梯不可能正在向上運(yùn)動D.t＝11s時刻電梯的加速度方向一定豎直向下【答案】D【解析】t＝1s時刻，物體受到電梯地板的支持力大于重力，加速度方向豎直向上，電梯可能向上加速運(yùn)動，也可能向下減速運(yùn)動，故A錯誤；t＝6s時刻，物體受到電梯地板的支持力等于重力，電梯可能靜止，也可能做勻速運(yùn)動，故B錯誤；t＝11s時刻，物體受到電梯地板的支持力小于重力，加速度方向豎直向下，電梯可能向上減速運(yùn)動，也可能向下加速運(yùn)動，故C錯誤，D正確。4、(多選)為探究小球沿光滑斜面的運(yùn)動規(guī)律，小李同學(xué)將一小鋼球分別從圖中斜面的頂端由靜止釋放，下列說法中正確的是()A．甲圖中小球在斜面1、2上的運(yùn)動時間相等B．甲圖中小球下滑至斜面1、2底端時的速度大小相等C．乙圖中小球在斜面3、4上的運(yùn)動時間相等D．乙圖中小球下滑至斜面3、4底端時的速度大小相等【答案】BC【解析】甲圖中，設(shè)斜面與水平面的夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，設(shè)斜面的高度為h，則斜面的長度為L＝eq\f(h,sinθ)，小球運(yùn)動的時間為t＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2h,sinθ·gsinθ))＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，可知甲圖中小球在斜面2上運(yùn)動的時間較長；小球下滑至斜面底端時的速度大小為v＝at＝eq\r(2gh)，v與斜面的傾角無關(guān)，只與h有關(guān)，所以甲圖中小球下滑至斜面1、2底端時的速度大小相等，故A錯誤，B正確。乙圖中，設(shè)斜面體底面的長度為d，斜面與豎直面的夾角為α，則斜面的長度為s＝eq\f(d,sinα)，小球的加速度a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2得小球在斜面上運(yùn)動的時間t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2d,gsinαcosα))＝eq\r(\f(4d,gsin2α))，可知α＝60°和30°時，小球在斜面上運(yùn)動的時間相等，即小球在斜面3、4上運(yùn)動的時間相等；小球下滑至斜面底端時的速度大小為v＝at＝eq\r(2gh)，可知速度大小僅僅與斜面的高度h有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)，所以乙圖中小球下滑至斜面4底端時的速度較大，故C正確，D錯誤。5、(2020·河南鄭州中原聯(lián)盟3月聯(lián)考)如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平地面上。當(dāng)t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運(yùn)動。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊一直做勻變速直線運(yùn)動B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn)D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/s【答案】D【解析】滑塊受重力G、斜面支持力FN和摩擦力Ff作用，將重力分解為沿斜面向下的分力G1和垂直于斜面向下的分力G2，則滑塊所受摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos37°＝0.4mg，當(dāng)滑塊沿斜面向上運(yùn)動時，做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為a1＝eq\f(G1＋Ff,m)＝eq\f(mgsin37°＋0.4mg,m)＝10m/s2；由于μ<tan37°，所以滑塊減速到零后會沿斜面向下運(yùn)動，當(dāng)滑塊沿斜面向下運(yùn)動時，加速度大小為a2＝eq\f(G1－Ff,m)＝eq\f(mgsin37°－0.4mg,m)＝2m/s2，所以整個運(yùn)動過程中滑塊不是一直做勻變速直線運(yùn)動，A錯誤；滑塊沿斜面向上運(yùn)動的時間為t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，即t＝1s時，滑塊速度減為零，由A項(xiàng)分析可知，之后滑塊不會靜止在斜面上，會繼續(xù)沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動，B錯誤；滑塊上滑的位移大小為x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，則從最高點(diǎn)沿斜面向下運(yùn)動回到出發(fā)點(diǎn)的時間為t2＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(5)s，即滑塊在t＝(1＋eq\r(5))s時，恰好又回到出發(fā)點(diǎn)，C錯誤；由前面分析知，t＝3s時滑塊在沿斜面向下運(yùn)動，速度大小為v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4m/s，D正確。6、(2020·河南六市4月第一次聯(lián)合調(diào)研)(多選)如圖所示，a、b小球均能沿各自斜軌道勻速向下運(yùn)動到豎直圓的最低點(diǎn)，現(xiàn)分別讓小球a、b以va、vb的速度沿各自軌道從最低點(diǎn)同時向上運(yùn)動，兩小球速度同時減小到0，重力加速度為g，軌道與圓在同一豎直面內(nèi)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．a(chǎn)、b小球與斜面間的動摩擦因數(shù)之比μa∶μb＝9∶16B．a(chǎn)、b小球沿斜面向上運(yùn)動的加速度之比aa∶ab＝4∶3C．va∶vb＝4∶3D．兩小球不可能同時達(dá)到圓周上【答案】BC【解析】a、b小球均能沿各自斜軌道勻速向下運(yùn)動，則對小球a有：magcos37°＝μamagsin37°，對小球b有：mbgcos53°＝μbmbgsin53°，解得：μa∶μb＝16∶9，故A錯誤；a、b小球沿斜面向上運(yùn)動時，對a：magcos37°＋μamagsin37°＝maaa，對b：mbgcos53°＋μbmbgsin53°＝mbab，解得：aa∶ab＝4∶3，故B正確；兩小球速度同時減為零，運(yùn)動時間相等，則由v＝at可得：va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，C正確；因?yàn)閮尚∏虻募铀俣戎萢a∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意時刻的速度之比為4∶3，則兩小球的平均速度之比為4∶3；根據(jù)幾何關(guān)系，兩小球到達(dá)圓周上時位移大小之比xa∶xb＝4∶3，根據(jù)x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知兩小球可同時到達(dá)圓周上，D錯誤。7、(2021·6月浙江選考，T20)機(jī)動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。?2)若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設(shè)駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度?！敬鸢浮?1)4s2.5×103N(2)20s(3)5eq\r(5)m/s【解析】(1)汽車在剎車過程中做勻減速直線運(yùn)動，剎車過程中汽車的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋0,2)＝18