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

第7講牛頓第二定律兩類運動學(xué)問題1.理解牛頓第二定律的內(nèi)容、表達式及性質(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.牛頓運動定律在其他模型上的應(yīng)用考點一瞬時加速度的求解1．牛頓第二定律(1)表達式為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)，不計矩形框和斜面間的摩擦，重力加速度為g，當(dāng)細繩被剪斷的瞬間，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細繩被剪斷的瞬間，細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)細線分別懸掛在天花板上，兩細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的細線上拉力大小之比為1：2 D．同時剪斷兩細線的瞬間，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、細線對A的拉力TA=Fcos60°，細線對B的拉力TB=FD、剪斷細線前，彈簧彈力F＝mBg，剪斷細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、細線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細線被燒斷的瞬間，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選項錯誤，而C選項正確。故選：AC?？键c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，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運動定律求解．（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動，在拉力F和滑動摩擦力的作用下做加速運動，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。”某同學(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，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方向加速運動；t＝10s后，F(xiàn)1方向反向，A做減速運動，但兩物體運動方向仍然相同，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?？键c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時無人機突然出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機的質(zhì)量為5kg，運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．無人機向上減速時的加速度大小為12m/s2 D．無人機上升的最大高度為36m【解答】解：A、無人機向上加速過程中，由位移—速度公式得：v代入數(shù)據(jù)解得，無人機失去升力時的速度大小為v＝12m/s故A正確；B、無人機向上加速過程中，對無人機，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、無人機向上減速時，對無人機，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，無人機減速上升的高度為x2＝6m則無人機上升的最大高度為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）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點的速度大小保持不變）求：（1）物塊運動到C點時的速度大??；（2）物塊沿斜面上升的最大高度?！窘獯稹拷猓海?）物塊從B點運動到C點，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，物塊運動到C點時的速度大小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）物塊運動到C點時的速度大小為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動，進入水中后可以看作勻減速直線運動，其v﹣t圖像如圖所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為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、小鳥自由落體運動的最大速度為vm＝6m/s，由自由落體運動的規(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年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發(fā)球區(qū)松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小v2＝3.2m/s，在第15s內(nèi)運動了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)停止運動，令Δt＝1s，設(shè)冰壺運動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．物體在斜面上運動的總時間為3s D．物體沿斜面向上運動的最大位移為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動，則物體在斜面上的運動時間不止3s，故C錯誤；D.物體沿斜面向上運動的最大位移為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）由靜止開始從A點在水平面上做勻加速直線運動。到達B點（B點處軌道平滑連接）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點處速度大小的變化）（1）求物體從A點到B點經(jīng)過的時間。（2）請受力分析計算物體上到斜面后能否返回到B點，如果可以返回B點，計算返回到B點的速度；如果不能返回B點，計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開始運動，第一次到B點的速度為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點到B點經(jīng)過的時間為2s。（2）物體可以返回B點，返回到B點的速度為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)球筒第一次到達最高點時，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到達最高點，則有v2＝a2t由題意得v222a2+v2t?1聯(lián)立解得h2=49題型2已知運動情況求受力情況（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臺反推火箭點火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至2m/s，實現(xiàn)軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運動，返回艙的質(zhì)量變化和受到的空氣阻力均忽略不計。返回艙的總質(zhì)量為3×103kg，g取10m/s2，則4臺反推火箭點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動，進入水中后是勻減速直線運動，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為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．小鳥自由落體運動的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運動的規(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的大小；（2）滑雪者2s末的速度v2的大?。唬?）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動。根據(jù)勻變速直線運動規(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，跳傘運動員打開傘后豎直向下運動。則圖示時刻（）A．運動員一定處于失重狀態(tài) B．傘對運動員的作用力大于運動員對傘的作用力 C．運動員對傘的作用力與空氣對傘的作用力可能大小相等 D．空氣對運動員和傘的作用力可能大于運動員和傘的總重力【解答】解：A.圖示時刻運動員的加速度無法確定，則運動員不一定處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B.傘對運動員的作用力和運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，所以傘和運動員的合力向下，做加速運動，與實際不符，故C錯誤；D.空氣對運動員和傘的作用力可能大于運動員和傘的總重力，傘和運動員的合力向上，做減速運動，與實際相符，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．扶梯加速運動階段，人處于超重狀態(tài) B．扶梯加速運動階段，人受到的摩擦力水平向左 C．扶梯勻速運動階段，人受到重力、支持力和摩擦力 D．扶梯勻速運動階段，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【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時，可把物體看作質(zhì)點，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，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表演。如圖是兩架無人機a、b同時從同一地點豎直向上飛行的v﹣t圖象。下列說法正確的是（）A．t＝5s時，無人機a處于失重狀態(tài) B．t＝10s時，無人機a飛到了最高點 C．0～30s內(nèi)，兩架無人機a、b的平均速度相等 D．0～10s內(nèi)，無人機a的位移小于無人機b的位移【解答】解：A.0﹣10s無人機a向上做運加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律F﹣mg＝ma1解得F＝m（g+a1）＞mg無人機處于超重狀態(tài)，故A錯誤；B.v﹣t圖像的“面積”表示位移，t＝30s時，無人機a飛到了最高點，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a的位移大于無人機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)在手機上放一本《現(xiàn)代漢語詞典》并打開手機軟件里的壓力傳感器，托著手機做下蹲——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 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，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O相切。兩段光滑的直軌道的一端在O點平滑連接，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A由靜止開始沿直軌道下滑，經(jīng)過O點后沿右側(cè)直軌道上滑至最高點B，不考慮小球在O點的機械能損失，重力加速度g取10m/s2。則在此過程中小球運動的時間為（）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上運動的加速度大小為：a1=mgsinθm設(shè)小球在AO上運動的時間為t1，則有：AO=聯(lián)立解得：t1=小球在OB段運動過程中，逆向分析也可以看作是初速度為零的勻加速直線運動，同理分析可得小球在OB段運動的時間為：t2=在此過程中小球運動的時間為：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點無初速釋放，用t1、t2分別表B示滑環(huán)到達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)點為最高點，取合適直徑作經(jīng)過B點的等時圓，可得A點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、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