高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第7講　牛頓第二定律 兩類運(yùn)動學(xué)問題（解析版）

第7講牛頓第二定律兩類運(yùn)動學(xué)問題1.理解牛頓第二定律的內(nèi)容、表達(dá)式及性質(zhì).2.應(yīng)用牛頓第二定律解決瞬時問題和兩類動力學(xué)問題．3.牛頓運(yùn)動定律在其他模型上的應(yīng)用考點(diǎn)一瞬時加速度的求解1．牛頓第二定律(1)表達(dá)式為F＝ma.(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化．2．兩類模型(1)剛性繩(或接觸面)——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時間．(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．（多選）（2024?南充模擬）如圖，矩形框Q用與斜面平行的細(xì)繩系在固定的斜面體上，和Q質(zhì)量相等的物體P被固定在矩形框中的豎直輕彈簧上端，斜面體傾角為30°，整個裝置保持靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)矩形框和斜面間的摩擦，重力加速度為g，當(dāng)細(xì)繩被剪斷的瞬間，物體P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分別為（）A．a(chǎn)P＝0 B．a(chǎn)P＝g C．a(chǎn)Q=g2【解答】解：AB．對物體P進(jìn)行受力分析，受到了重力和彈簧的彈力，處于平衡狀態(tài)，合力為零，細(xì)繩被剪斷的瞬間，彈簧彈力不會發(fā)生突變，故物體P的受到的合力仍為零，故加速度aP＝0，故A正確，B錯誤；CD．對PQ整體分析，受到了重力，斜面的支持力，細(xì)線的拉力，整體系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有T＝2mgsinθ細(xì)繩被剪斷的瞬間，細(xì)線的力就突變成零了，物體Q的受力合外力情況會與之前的拉力T等大反向，即F合＝T＝2mgsinθ所以aQ故C錯誤，D正確。故選：AD。（2023?蚌埠模擬）如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細(xì)線分別懸掛在天花板上，兩細(xì)線與水平方向夾角分別為60°和45°，A、B間拴接的輕彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列計(jì)算正確的是（）A．A、B所受彈簧彈力大小之比為3：2 B．A、B的質(zhì)量之比為mA：mB=3：1C．懸掛A、B的細(xì)線上拉力大小之比為1：2 D．同時剪斷兩細(xì)線的瞬間，A、B的瞬時加速度大小之比為3：6【解答】解：A、對AB受力如圖，彈簧處于水平靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的合力為零，即A對彈簧的力和B對彈簧的力大小相等，故A、B受彈簧的彈力大小相等，故A錯誤；B、對A受力分析可知mAg＝Ftan60°，對B受力分析可知mBg＝Ftan45°，聯(lián)立解得mAC、細(xì)線對A的拉力TA=Fcos60°，細(xì)線對B的拉力TB=FD、剪斷細(xì)線前，彈簧彈力F＝mBg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧彈力不變，A受合力為2mBg，故解得A的加速度aA=233g，B的加速度為2故選：B。（多選）（2023?鄱陽縣校級一模）如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，B、C間由一輕桿相連。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是（）A．A球的加速度沿斜面向上，大小為2gsinθ B．C球的受力情況未變，加速度為0 C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ D．B、C之間桿的彈力大小不為0【解答】解：A、據(jù)題意，對A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的彈力F和B、C球?qū)λ睦A，由于A球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則據(jù)平衡條件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ①現(xiàn)將細(xì)線燒斷，據(jù)彈簧彈力具有瞬間保持原值的特性，則有：F﹣GAsinθ＝ma，②由①、②可得A球此時加速度：a＝2gsinθ，故A正確；B、細(xì)線燒斷后，把B、C球看成一個整體，它們只受到重力和支持力，它們以相同的加速度a＝gsinθ沿斜面向下，所以B、C之間桿的彈力大小為零，故B、D選項(xiàng)錯誤，而C選項(xiàng)正確。故選：AC?？键c(diǎn)二動力學(xué)中的圖象問題1．動力學(xué)中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．2．解決圖象問題的關(guān)鍵：(1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從零開始。(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)等，判斷物體的運(yùn)動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解．（2024?平谷區(qū)模擬）用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動，兩物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示，由圖可知（）A．m甲＞m乙，μ甲＞μ乙 B．m甲＞m乙，μ甲＜μ乙 C．m甲＜m乙，μ甲＞μ乙 D．m甲＜m乙，μ甲＜μ乙【解答】解：物體在水平桌面上運(yùn)動，在拉力F和滑動摩擦力的作用下做加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣μmg＝ma，可知F﹣a圖像的斜率表示物體的質(zhì)量，則有m甲＞m乙，縱截距表示物體所受的滑動摩擦力大小，則甲、乙受到的滑動摩擦力大小相等，又m甲＞m乙，則有μ甲＜μ乙，故B正確，ACD錯誤。故選：B。（多選）（2023?河西區(qū)三模）用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在外力F從零開始逐漸增大的過程中，物體的加速度a隨外力F變化的關(guān)系如圖所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A．物體與水平面間的最大靜摩擦力為14N B．物體做變加速運(yùn)動，F(xiàn)為14N時，物體的加速度大小為7m/s2 C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 D．物體的質(zhì)量為2kg【解答】解：A.由題圖可知，物體與水平面間的最大靜摩擦力為fm＝7N，故A錯誤；B.由于外力F不斷變化，根據(jù)牛頓第二定律F﹣f＝ma，可知物體加速度不斷變化，做變加速運(yùn)動；當(dāng)F2＝14N時，由a﹣F圖像可知a2CD.當(dāng)F1＝7N時，根據(jù)牛頓第二定律F1﹣μmg＝ma1，當(dāng)F2＝14N時，根據(jù)牛頓第二定律F2﹣μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD正確，B錯誤。故選：CD。艾薩克?牛頓在《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》一書中指出：“力使物體獲得加速度?！蹦惩瑢W(xué)為探究加速度與力的關(guān)系，取兩個材質(zhì)不同的物體A、B，使其分別在水平拉力F的作用下由靜止開始沿水平面運(yùn)動，測得兩物體的加速度a與拉力F之間的關(guān)系如圖所示，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，則（）A．物體A的質(zhì)量為0.7kg B．物體B的質(zhì)量為0.2kg C．物體A與水平面間動摩擦因數(shù)為0.5 D．物體B與水平面間動摩擦因數(shù)為0.1【解答】解：AC.對物體A由牛頓第二定律FA﹣μAmAg＝mAaA由圖像可知7N＝μAmAg?μ聯(lián)立解得：mA＝1.4kg，μA＝0.5故A錯誤，C正確；BD.對B同理可知2N＝μBmBg?μ聯(lián)立解得：μB＝0.2，mB＝1kg故BD錯誤。故選：C?？键c(diǎn)三連接體問題1．整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解．3．整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力．即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”．（2023?鹽山縣二模）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg和2kg的A、B兩個物體放在光滑水平面上，外力F1、F2同時作用在兩個物體上，其中F1＝10﹣t（表達(dá)式中各個物理量的單位均為國際單位），F(xiàn)2＝10N。下列說法中正確的是（）A．t＝0時，物體A的加速度大小為10m/s2 B．t＝10s后物體B的加速度最小 C．t＝10s后兩個物體運(yùn)動方向相反 D．若僅將A、B位置互換，t＝0時物體A的加速度為8m/s2【解答】解：A．F2在水平方向上的分力為F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N假設(shè)A、B間無彈力，則aB=F21mBt＝0時，有F1＝10N假設(shè)A、B間無彈力，則aA=F1mA=10因此t＝0時，A會推動B一起運(yùn)動，對AB整體，由牛頓第二定律有F1+F21＝（mA+mB）a代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2故A錯誤；B．物體B的加速度最小時，A、B間沒有力的作用，且aA＝aBaA=aB=F21mB解得t＝6s故B錯誤；C．t＝10s前，A、B均沿F1方向加速運(yùn)動；t＝10s后，F(xiàn)1方向反向，A做減速運(yùn)動，但兩物體運(yùn)動方向仍然相同，故C錯誤；D．若僅將A、B位置互換，t＝0時，假設(shè)A、B間無彈力，則aA1=F21mAaB1=F1mB=10表明A、B會分離運(yùn)動，故假設(shè)正確，則t＝0時物體A的加速度為8m/s2，故D正確。故選：D。（2023?河南模擬）如圖1所示，物體A、B放在粗糙水平面上，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B分別受到的隨時間變化的力FA與FB，如圖2所示。已知重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．兩物體在t＝1s時分離 B．兩物體分離時的速度為5m/s C．兩物體分離時的速度為4.875m/s D．兩物體一起做加速運(yùn)動【解答】解：由圖2知FA與t的關(guān)系式為：FA＝12﹣2t，F(xiàn)B與t的關(guān)系式為：FB＝3t，A的摩擦力為fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B的摩擦力為fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。A、物體A、B分離時，A、B加速度相等，速度相同，但A、B間無彈力，則對A、B受力分析，由牛頓第二定律可知，分離時A物體：FA﹣fA＝mAaA，B物體：FB﹣fB＝mBaB，當(dāng)aA＝aB，即12?2t?22BC、對AB整體分析從開始到分離過程由動量定理，取向右為正，IFA物體FA的沖量IA=12×(9+12)×1.5N?s=634N?s，B物體FB的沖量IB=12D、AB分離前一起加速，1.5s后不再一起加速運(yùn)動，故D錯誤。故選：C。（2022?湯原縣校級模擬）質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑“V型槽B上，如圖，α＝60°，另有質(zhì)量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的細(xì)繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確的是（）A．若A相對B未發(fā)生滑動，則A、B、C三者加速度相同 B．當(dāng)M＝2m時，A和B共同運(yùn)動的加速度大小為g C．當(dāng)M=3(3D．當(dāng)M=(3【解答】解：A、若A相對B未發(fā)生滑動，則A、B、C三者加速度大小相同，方向不同，故A錯誤；B、以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：Mg＝（M+2m）a，解得：a=1CD、當(dāng)A和B右端擋板之間的作用力為零時，加速度為a0，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgtan30°＝ma0，解得a0=3以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg＝（M+2m）a0，解得：M=(3+1)m，所以A相對B剛好發(fā)生滑動時，故選：D。考點(diǎn)四動力學(xué)兩類基本問題求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：分析解決這兩類問題的關(guān)鍵：應(yīng)抓住受力情況和運(yùn)動情況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．（多選）（2023?海南一模）一種能垂直起降的小型遙控?zé)o人機(jī)如圖所示，螺旋槳工作時能產(chǎn)生恒定的升力。在一次試飛中，無人機(jī)在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛，上升36m時無人機(jī)突然出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機(jī)的質(zhì)量為5kg，運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小恒為10N，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．無人機(jī)失去升力時的速度大小為12m/s B．螺旋槳工作時產(chǎn)生的升力大小為60N C．無人機(jī)向上減速時的加速度大小為12m/s2 D．無人機(jī)上升的最大高度為36m【解答】解：A、無人機(jī)向上加速過程中，由位移—速度公式得：v代入數(shù)據(jù)解得，無人機(jī)失去升力時的速度大小為v＝12m/s故A正確；B、無人機(jī)向上加速過程中，對無人機(jī)，由牛頓第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：F＝70N故B錯誤；C、無人機(jī)向上減速時，對無人機(jī)，由牛頓第二定律得：mg+f＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝12m/s2故C正確；D、無人機(jī)向上減速過程，由位移—速度公式得：v代入數(shù)據(jù)解得，無人機(jī)減速上升的高度為x2＝6m則無人機(jī)上升的最大高度為H＝x1+x2＝36m+6m＝42m故D錯誤。故選：AC。（2023?分宜縣校級一模）如圖，長L＝4m的一段平直軌道BC與傾角θ＝37°的足夠長光滑斜面CD相連，一物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量m＝2kg，在與水平方向成θ＝37°、斜向左上方的恒力F＝10N作用下，從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。物塊與水平軌道BC的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，設(shè)物塊在C點(diǎn)的速度大小保持不變）求：（1）物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小；（2）物塊沿斜面上升的最大高度?！窘獯稹拷猓海?）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，對物塊受力分析，如圖1：豎直方向：N+Fsin37°＝mg水平方向：Fcos37°﹣f＝ma1又f＝μN(yùn)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：a1＝0.5m/s2由位移—速度公式得：vC2=代入數(shù)據(jù)解得，物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小vC＝2m/s（2）物塊沿斜面上升過程，對物塊受力分析，如圖2：由牛頓第二定律得F﹣mgsin37°＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝﹣1m/s2由位移—速度公式得：0?vC2代入數(shù)據(jù)解得，物塊上滑的最大距離為x＝2m最大高度h＝xsin37°＝2×0.6m＝1.2m答：（1）物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小為2m/s；（2）物塊沿斜面上升的最大高度為1.2m。（2024?南寧一模）某種海鳥可以像標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)其在空中的俯沖看作自由落體運(yùn)動，進(jìn)入水中后可以看作勻減速直線運(yùn)動，其v﹣t圖像如圖所示，自由落體運(yùn)動的時間為t1，整個過程的運(yùn)動時間為53t1，最大速度為vm＝6m/s，重力加速度g取10m/s2A．t1＝1s B．整個過程中，鳥下落的高度為3m C．t1至53t1D．t1至53【解答】解：A、小鳥自由落體運(yùn)動的最大速度為vm＝6m/s，由自由落體運(yùn)動的規(guī)律有vm＝gt1，解得t1＝0.6s，故A錯誤；B、整個過程下落的高度為圖v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積，則h=vC、t1∽53t1時間內(nèi)小鳥的加速度a=0?vm53tD、t1∽53t1時間內(nèi)，由牛頓第二定律有f﹣故選：B。（2023?衡水二模）2022年北京冬季奧運(yùn)會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運(yùn)動員推動冰壺從發(fā)球區(qū)松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運(yùn)動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達(dá)前擲線時開始計(jì)時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內(nèi)運(yùn)動了x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ；（2）營壘中心到前擲線的距離L0?！窘獯稹拷猓海?）假設(shè)冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小a=ΔvΔt=3.2?0.08若冰壺以加速度=156625m/ss=12at2=12×156所以冰壺在第15s內(nèi)的某瞬間已經(jīng)停止運(yùn)動，令Δt＝1s，設(shè)冰壺運(yùn)動x15所用的時間為t，則有x15v2＝a（12Δt+t）a=μmg代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.025（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有L代入數(shù)據(jù)解得L0＝27.38m答：（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ為0.025；（2）營壘中心到前擲線的距離L0為27.38m。題型1已知受力情況求運(yùn)動情況（2023秋?濰坊期末）如圖所示，在傾角37°足夠長的斜面上有一個質(zhì)量為1kg的物體，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，t＝0時物體在F＝15N拉力的作用下由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝2s時撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（）A．物體沿斜面向上加速時加速度大小為2m/s2 B．物體在t＝2.5s時的速度為0 C．物體在斜面上運(yùn)動的總時間為3s D．物體沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為15m【解答】解：A.有拉力作用時，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1解得，物體沿斜面向上加速時加速度大小為a1＝5m/s2，故A錯誤；B.2s時物體的速度為v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s撤去拉力后，物體向上滑動的過程中，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma2解得，物體向上減速的加速度大小為a2＝10m/s2則物體向上減速的時間為t2=va1則物體在t＝3s時的速度為0，故B錯誤；C.當(dāng)物體速度減為零時，由于mgsinθ＞μmgcosθ則物體不能保持靜止，物體會沿斜面向下做加速運(yùn)動，則物體在斜面上的運(yùn)動時間不止3s，故C錯誤；D.物體沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為x=v12t1+故選：D。如圖，在與水平方向成θ＝37°角斜向上，大小始終不變的拉力F＝6N作用下，質(zhì)量為m＝1.1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）由靜止開始從A點(diǎn)在水平面上做勻加速直線運(yùn)動。到達(dá)B點(diǎn)（B點(diǎn)處軌道平滑連接）時撤去拉力F，物體沿傾角為θ＝37°足夠長的斜面向上運(yùn)動，已知lAB＝2m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不考慮物體在B點(diǎn)處速度大小的變化）（1）求物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過的時間。（2）請受力分析計(jì)算物體上到斜面后能否返回到B點(diǎn)，如果可以返回B點(diǎn)，計(jì)算返回到B點(diǎn)的速度；如果不能返回B點(diǎn)，計(jì)算物體在斜面上移動的最大位移?！窘獯稹拷猓海?）對A分析，在水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ﹣μ（mg﹣sinθ）＝ma解得a＝1m/s2根據(jù)位移—時間公式有x＝v0t+12解得t＝2s（2）由于mgsinθ＝1.1×10×0.6N＝6.6N＞μmgcosθ＝0.5×1.1×10×0.8N＝4.4N所以物塊可以返回從A開始運(yùn)動，第一次到B點(diǎn)的速度為vB＝v0+at，解得vB＝2m/s從斜面上減速度的加速度a2，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma2解得a2＝10m/s2根據(jù)速度—位移公式v2=vB2解得x＝0.2m從斜面下滑的加速度a3，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得a3＝2m/s2根據(jù)速度—位移公式v'B2解得vB'=2答：（1）物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過的時間為2s。（2）物體可以返回B點(diǎn)，返回到B點(diǎn)的速度為25（2023秋?黃埔區(qū)校級期末）一質(zhì)量為5m的羽毛球筒長為L，羽毛球的高度為d=L（1）如圖甲，手握球筒施加豎直向下的恒力F＝2mg使球和球筒由靜止開始運(yùn)動，求球筒落地前羽毛球受到的摩擦力f0；（2）如圖甲，若球筒開口端距地面起始高度為h1，手對球筒施加豎直向下的恒力F＝2mg由靜止開始運(yùn)動，球筒以一定速度撞擊桌面后立即靜止，而羽毛球球頭恰好能碰到桌面（圖乙），求h1；（3）如圖丙，讓球筒開口朝下從離地h2高處由自由下落，球筒撞擊地面立即反彈，反彈速率不變。當(dāng)球筒第一次到達(dá)最高點(diǎn)時，羽毛球頭剛好滑出球筒，求h2?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)球與球筒相對靜止，球受摩擦力向下，為f0，加速度為a0，對整體，由牛頓第二定律可得：F+（5m+m）g＝（5m+m）a對羽毛球，則有：mg+f0＝ma0解得f0=mg3＜f＝2mg，a假設(shè)成立，即羽毛球受到的摩擦力大小為mg3（2）由（1）可知，球筒落地前，球與球筒一起以a0=43g向下加速，設(shè)落地瞬間羽毛球速度為v0，則有v02筒落地后，羽毛球向下減速，設(shè)加速度為a1，則有f﹣mg＝ma1由題意可知v02=2a1聯(lián)立解得h1=3（3）落地前，球與筒一起自由落體，設(shè)落地瞬間速度為v2，則有v22接著筒反彈，球仍向下減速，加速度仍為a1＝g（向上）。設(shè)筒的加速度為a2，對筒，則有：5mg+f＝5ma2，解得：a2=7設(shè)筒經(jīng)t到達(dá)最高點(diǎn)，則有v2＝a2t由題意得v222a2+v2t?1聯(lián)立解得h2=49題型2已知運(yùn)動情況求受力情況（2024?順德區(qū)二模）2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。當(dāng)返回艙距離地面1.2m時，返回艙的速度為8m/s，此時返回艙底部的4臺反推火箭點(diǎn)火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至2m/s，實(shí)現(xiàn)軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運(yùn)動，返回艙的質(zhì)量變化和受到的空氣阻力均忽略不計(jì)。返回艙的總質(zhì)量為3×103kg，g取10m/s2，則4臺反推火箭點(diǎn)火工作時提供的推力大小為（）A．3×104N B．7.5×104N C．2.6×104N D．1.05×105N【解答】解：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2解得加速度大小為a=v返回艙受到重力和反推力，根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣mg＝ma解得F＝mg+ma＝3×103×10N+3×103×25N＝1.05×105N故D正確，ABC錯誤。故選：D。（2024?岳陽縣校級開學(xué)）如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標(biāo)槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設(shè)小鳥的俯沖是自由落體運(yùn)動，進(jìn)入水中后是勻減速直線運(yùn)動，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運(yùn)動的時間為t1，整個過程的運(yùn)動時間為53t1，最大速度為vmA．t1＝1.6s B．整個過程下落的高度為32.4m C．t1～53t1時間內(nèi)v﹣t圖像的斜率為﹣D．t1～53【解答】解：A．小鳥自由落體運(yùn)動的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運(yùn)動的規(guī)律可得vm＝gt1，代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.8s，故A錯誤；B、整個過程下落的高度為圖乙v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積，則h=vC、t1～53t1時間內(nèi)小鳥的加速度為a=?D、t1～53t故選：C。（2023秋?延慶區(qū)期末）如圖所示，一位滑雪者與裝備的總質(zhì)量為70kg，以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30°，在4s的時間內(nèi)滑下的位移為40m。（g取10m/s2）求：（1）滑雪者下滑的加速度a的大??；（2）滑雪者2s末的速度v2的大??；（3）滑雪者受到阻力Ff的大?。òΣ梁涂諝庾枇Γ??！窘獯稹拷猓海?）滑雪者沿山坡向下做勻加速直線運(yùn)動。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，有：x＝v0t+解得a＝4m/s2（2）根據(jù)速度—時間公式有v2＝v0+at'＝2m/s+4×2m/s＝10m/s（3）對滑雪者進(jìn)行受力分析：滑雪者在下滑過程中，受到重力mg、山坡的支持力FN以及阻力Ff的共同作用。以滑雪者為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：沿山坡向下方向有mgsinθ﹣Ff＝ma解得Ff＝70N答：（1）滑雪者下滑的加速度為4m/s2；（2）滑雪者2s末的速度v2的大小為10m/s；（3）滑雪者受到的阻力是70N。題型3生活中的超重與失重（2024?嘉興模擬）如圖所示，跳傘運(yùn)動員打開傘后豎直向下運(yùn)動。則圖示時刻（）A．運(yùn)動員一定處于失重狀態(tài) B．傘對運(yùn)動員的作用力大于運(yùn)動員對傘的作用力 C．運(yùn)動員對傘的作用力與空氣對傘的作用力可能大小相等 D．空氣對運(yùn)動員和傘的作用力可能大于運(yùn)動員和傘的總重力【解答】解：A.圖示時刻運(yùn)動員的加速度無法確定，則運(yùn)動員不一定處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B.傘對運(yùn)動員的作用力和運(yùn)動員對傘的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，故B錯誤；C.運(yùn)動員對傘的作用力與空氣對傘的作用力如果大小相等，由于傘的重力不能忽略不計(jì)，所以傘和運(yùn)動員的合力向下，做加速運(yùn)動，與實(shí)際不符，故C錯誤；D.空氣對運(yùn)動員和傘的作用力可能大于運(yùn)動員和傘的總重力，傘和運(yùn)動員的合力向上，做減速運(yùn)動，與實(shí)際相符，故D正確。故選：D。（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動。在此過程中人與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是（）A．扶梯加速運(yùn)動階段，人處于超重狀態(tài) B．扶梯加速運(yùn)動階段，人受到的摩擦力水平向左 C．扶梯勻速運(yùn)動階段，人受到重力、支持力和摩擦力 D．扶梯勻速運(yùn)動階段，人受到的支持力大于重力【解答】解：A、人在加速階段，向右上方加速，根據(jù)牛頓第二定律可知，電梯的支持力大于人的重力，所以人處于超重狀態(tài)，故A正確；B、加速度運(yùn)動階段，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，故B錯誤；CD、勻速運(yùn)動階段，人受力平衡，豎直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CD錯誤；故選：A。（2024?天心區(qū)校級開學(xué)）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（）A．魚兒躍出水面后受力平衡 B．魚兒躍出水面后處于失重狀態(tài) C．魚兒擺尾擊水時，魚尾擊水的力和水對魚尾的作用力是一對平衡力 D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作時可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【解答】解：AB．魚兒躍出水面后只受重力作用，加速度向下，受力不平衡，處于失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；C．魚尾擊水的力和水對魚尾的作用力是兩個物體間的相互作用力，一對作用力與反作用力，故C錯誤；D．物體的形狀和大小對于我們所研究的問題可忽略不計(jì)時，可把物體看作質(zhì)點(diǎn)，所以研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動作可言，故D錯誤。故選：B。題型4與超重失重有關(guān)的圖像問題（2024?佛山二模）春節(jié)煙花匯演中常伴隨無人機(jī)表演。如圖是兩架無人機(jī)a、b同時從同一地點(diǎn)豎直向上飛行的v﹣t圖象。下列說法正確的是（）A．t＝5s時，無人機(jī)a處于失重狀態(tài) B．t＝10s時，無人機(jī)a飛到了最高點(diǎn) C．0～30s內(nèi)，兩架無人機(jī)a、b的平均速度相等 D．0～10s內(nèi)，無人機(jī)a的位移小于無人機(jī)b的位移【解答】解：A.0﹣10s無人機(jī)a向上做運(yùn)加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律F﹣mg＝ma1解得F＝m（g+a1）＞mg無人機(jī)處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B.v﹣t圖像的“面積”表示位移，t＝30s時，無人機(jī)a飛到了最高點(diǎn)，故B錯誤；C.v﹣t圖像的“面積”表示位移，根據(jù)圖像可知，兩無人機(jī)的位移相同，即xa＝xb根據(jù)平均速度的定義v=D.v﹣t圖像的“面積”表示位移，0～10s內(nèi)，無人機(jī)a的位移大于無人機(jī)b的位移，故D錯誤。故選：C。（2024?河?xùn)|區(qū)二模）圖甲是消防員用于觀測高樓火災(zāi)的馬丁飛行背包。在某次演練時，消防員背著馬丁飛行背包從地面開始豎直飛行，其圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．消防員上升的最大高度為225m B．消防員在30—90s內(nèi)處于超重狀態(tài) C．消防員在前30s內(nèi)加速度最大 D．消防員在150—255s內(nèi)的平均速度大小為零【解答】解：A.由圖像可知，在0～90s內(nèi)消防員的速度方向均向上，因此在90s時消防員高度達(dá)到最大，根據(jù)圖像與t軸所圍面積即為位移可知，消防員上升的最大高度為h＝675m，故A錯誤；B.在30～90s內(nèi)，消防員向上做減速運(yùn)動，加速度方向向下，因此處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C.v﹣t圖像中，圖像斜率為加速度，結(jié)合圖像可知消防員在前30s內(nèi)加速度最大，故C正確；D.結(jié)合圖像可知，消防員在150～255s內(nèi)，位移大小不為0，因此平均速度不為0，故D錯誤。故選：C。（2024?菏澤一模）某同學(xué)在手機(jī)上放一本《現(xiàn)代漢語詞典》并打開手機(jī)軟件里的壓力傳感器，托著手機(jī)做下蹲——起立的動作，傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線如圖所示，縱坐標(biāo)為壓力，橫坐標(biāo)為時間。根據(jù)圖線下列說法正確的是（）A．0～5s內(nèi)該同學(xué)做了2次下蹲——起立的動作 B．起立過程中人始終處于超重狀態(tài) C．圖中0.5s時人處在下蹲的最低點(diǎn) D．3s時加速度方向豎直向上【解答】解：A.下蹲過程包括向下加速、向下減速，對應(yīng)的狀態(tài)分別為失重狀態(tài)和超重狀態(tài)，起立過程包括向上加速和向上減速，對應(yīng)的狀態(tài)分別為朝中狀態(tài)和失重狀態(tài)，結(jié)合圖像可知，0～5s內(nèi)該同學(xué)做了1次下蹲——起立的動作，故A錯誤；B.起立過程為先超重，后失重，故B錯誤；C.0.5s時，為下蹲過程中鄉(xiāng)下加速最快的時刻，并非下蹲到了最低點(diǎn)，故C錯誤；D.3s時為超重狀態(tài)，因此加速度方向豎直向上，故D正確。故選：D。題型5等時圓模型的應(yīng)用（2023?迎澤區(qū)校級二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)半徑R1＝10m的圓弧AO與半徑R2＝2.5m的圓弧BO在最低點(diǎn)O相切。兩段光滑的直軌道的一端在O點(diǎn)平滑連接，另一端分別在兩圓弧上且等高。一個小球從左側(cè)直軌道的最高點(diǎn)A由靜止開始沿直軌道下滑，經(jīng)過O點(diǎn)后沿右側(cè)直軌道上滑至最高點(diǎn)B，不考慮小球在O點(diǎn)的機(jī)械能損失，重力加速度g取10m/s2。則在此過程中小球運(yùn)動的時間為（）A．1.5s B．2.0s C．3.0s D．3.5s【解答】解：由于AO對應(yīng)的圓的半徑為R1，通過O點(diǎn)作出AO所在圓的直徑，如圖所示：根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：AO＝2R1sinθ小球在AO上運(yùn)動的加速度大小為：a1=mgsinθm設(shè)小球在AO上運(yùn)動的時間為t1，則有：AO=聯(lián)立解得：t1=小球在OB段運(yùn)動過程中，逆向分析也可以看作是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，同理分析可得小球在OB段運(yùn)動的時間為：t2=在此過程中小球運(yùn)動的時間為：t＝t1+t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：t＝3.0s，故C正確、ABD錯誤。故選：C。（2023?渭南一模）如圖所示，OA、OB是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，O、A、B位于同一圓周上，OB為圓的直徑。每根桿上都套著一個小滑環(huán)（圖中未畫出），兩個滑環(huán)都從O點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2分別表B示滑環(huán)到達(dá)A、B所用的時間，則（）A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法比較t1、t2的大小【解答】解：如下圖所示，以O(shè)點(diǎn)為最高點(diǎn)，取合適直徑作經(jīng)過B點(diǎn)的等時圓，可得A點(diǎn)在所做等時圓的外邊。根據(jù)等時圓規(guī)律，小滑環(huán)從O到C與從O到B所用時間相等，均為t2，圖示位移OA＞OC，可得t1＞t2，故C正確，ABD錯誤。故選：C。如圖所示，在斜面上同一豎直面內(nèi)有四條光滑細(xì)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(diǎn)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、t下列關(guān)系正確的是（）A．t1＜t2 B．t1＞t3 C．t2＝t4 D．t2＜t4【解答】解：以O(shè)A為直徑畫圓，根據(jù)等時圓模型，對小滑環(huán)，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律得小滑環(huán)做初速為零的勻加速直線運(yùn)動的加速度為a＝gcosθ（θ為桿與豎直方向的夾角）由圖中的直角三角形可知，小滑環(huán)的位移S＝2Rcosθ，根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：S=1所以t=2Sa=可知從圓上最高點(diǎn)沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，即t1＝t3，OB不是一條完整的弦，時間最短