高考總復習物理專題三專題資料包word版

曲一線2023版《5年高考3年模擬》B版第頁專題三牛頓運動定律一、選擇題1.物理科技|(2022河北保定一模)2021年10月15日,伴隨著“3、2、1”的倒計時,“神舟十三號”在“長征二號”運載火箭的推動下順利進入太空,“神舟十三號”航天員翟志剛、王亞平和葉光富也將開始為期6個月的“太空旅行”。如圖所示為“長征二號”運載火箭,關于它在豎直方向加速起飛過程的說法正確的是()A.火箭加速上升時,航天員對座椅的壓力小于自身重力B.燃料燃燒推動空氣,空氣的反作用力推動火箭升空C.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后處于失重狀態(tài)D.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大于火箭對熱氣流的作用力答案C火箭加速上升時,加速度方向向上,根據牛頓第二定律可知航天員受到的支持力大于自身的重力,由牛頓第三定律知航天員對座椅的壓力大于自身重力,A錯誤;火箭受到重力、空氣阻力以及內部燃料噴出時的反作用力,燃料燃燒向下噴氣,噴出氣體的反作用力推動火箭升空,B錯誤;保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后,由于具有豎直向上的速度,所受重力和空氣阻力均豎直向下,合外力方向豎直向下,故加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),C正確;火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是一對作用力和反作用力,二者等大反向,D錯誤。2.物理探索|(2022浙江臺州二模)某同學制作了一個“豎直加速度測量儀”。如圖所示,彈簧上端固定,在彈簧旁固定一直尺。不掛鋼球時,彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處;下端懸掛鋼球,靜止時指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上,就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取加速度豎直向上為正方向,重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.20cm刻度對應的加速度為gB.30cm刻度對應的加速度為0.5gC.80cm刻度對應的加速度為2gD.各刻度對應加速度值的間隔是不均勻的答案C設彈簧的勁度系數為k,鋼球質量為m,下端懸掛鋼球,靜止時指針位于直尺40cm刻度處,則mg=k(40-20)×10-2=0.2k。指針在20cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(20-20)×10-2-mg=ma,解得a=-g,故A錯誤;指針在30cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(30-20)×10-2-mg=ma,解得a=-0.5g,故B錯誤;指針在80cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(80-20)×10-2-mg=ma,解得a=2g,故C正確;根據牛頓第二定律得k(l-20)×10-2-mg=ma,可得a=k(l-20)×103.(2022山東淄博一模,4)滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端,第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達頂端。如圖所示,某同學記錄了滑塊運動的頻閃照片,若照片的時間間隔都相同,下列說法正確的是()甲乙A.圖甲是滑塊上滑的照片B.滑塊下滑時的加速度大小大于上滑時的加速度大小C.滑塊下滑到底端時的速度大小小于剛開始上滑時的初速度大小D.滑塊下滑過程所用時間等于上滑過程所用時間答案C由牛頓第二定律可得,下滑時滿足mgsinθ-μmgcosθ=ma1,上滑時滿足mgsinθ+μmgcosθ=ma2,對比可得a1<a2,故滑塊下滑時的加速度大小小于上滑時的加速度大小,故B錯誤;設斜面的長度為L,下滑時有L=12a1t12,根據逆向思維,上滑過程可反向看成初速度為零的勻加速運動,同理可得L=12a2t22,可得t1>t2,設頻閃時間間隔為T,由題圖可知,圖甲為5T,圖乙為4T,故圖乙是滑塊上滑的照片,故A、D錯誤;由運動學公式v2=2aL可知4.(2022山東濟寧一模,8)如圖所示為某探究活動小組設計的節(jié)能運輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°,質量為M的木箱與軌道間的動摩擦因數為34。木箱在軌道頂端時,自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無初速度滑下(貨物與木箱之間無相對滑動),當輕彈簧被壓縮至最短時,自動卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復上述過程。下列說法正確的是(A.木箱與貨物的質量之比為6∶1B.下滑與上滑過程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點C.木箱與彈簧沒有接觸時,下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為1∶6D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中,減少的重力勢能等于彈簧增加的彈性勢能答案B木箱和貨物從開始下滑到再次回到最高點過程,由能量守恒定律可得mgLsin30°=μ(M+m)gcos30°·L+μMgcos30°·L,解得木箱與貨物的質量之比為Mm=16,A錯誤;下滑過程中,木箱速度最大時彈簧的壓縮量為x1,由受力平衡得kx1=(M+m)gsin30°-μ(M+m)gcos30°=78Mg,上滑過程中,木箱速度最大時彈簧的壓縮量為x2,由受力平衡得kx2=Mgsin30°+μMgcos30°=78Mg,故有x1=x2,即下滑與上滑過程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點,B正確;木箱與彈簧沒有接觸時,下滑的加速度大小a1=gsin30°-μgcos30°=18g,上滑的加速度大小a2=gsin30°+μgcos30°=78g,則下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為a1a2=15.物理生活|(2022紅橋一模,3)如圖所示姚明正在扣籃,其跳起過程可分為下蹲、蹬地起身、離地上升、下落四個過程,下列關于蹬地起身和離地上升兩個過程的說法中正確的是()A.兩過程中姚明都處在超重狀態(tài)B.兩過程中姚明都處在失重狀態(tài)C.前過程為超重,后過程不超重也不失重D.前過程為超重,后過程為完全失重答案D姚明在蹬地的過程中,對地面的壓力大于重力,處于超重狀態(tài);當離開地面后,處于完全失重狀態(tài),加速度的大小為重力加速度g,故D正確。6.物理生活|(2022和平一模,5)如圖所示,向前行駛的車廂內有一面向行駛方向的乘客,乘客在自身重力G與車廂(含座椅)的作用力F的作用下與車廂保持相對靜止,座椅前方有一小球用細線懸掛在車廂的頂部,懸線與豎直方向成θ角,小球與車廂相對靜止,下列說法中正確的是()A.乘客受到的合力方向與運動方向相同B.車廂的速度越大,懸線與豎直方向的夾角θ越大C.車廂對乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD.懸線與豎直方向夾角θ增大,車廂對乘客作用力F可能不變答案C由題圖可知,小球受合外力方向與車廂運動方向相反,可知車廂做勻減速運動,乘客受到的合力方向與運動方向也相反,選項A錯誤;對小球,根據牛頓第二定律可知mgtanθ=ma,可得a=gtanθ,則車廂的加速度越大,懸線與豎直方向的夾角θ越大,但是速度大,θ不一定大,選項B錯誤;對乘客受力分析可知,車廂對乘客的作用力F=(mg)2+(ma)2>mg,即F一定大于乘客的重力G,選項C正確;懸線與豎直方向夾角θ增大,則加速度a變大7.(2022衡陽師范學院祁東附屬中學一模,3)如圖甲所示,細繩跨過光滑的輕質定滑輪連接A、B兩物體,定滑輪懸掛在一個力傳感器的正下方,保持A物體質量m0不變,取不同質量m的B物體,通過計算機描繪得到傳感器對滑輪的拉力F隨B物體質量m變化關系曲線如圖乙所示,F=F0直線是曲線的漸近線,重力加速度為g。則()A.A物體質量m0=FB.m越大,A物體的加速度越小C.m越大,A物體的加速度越大D.在m<m0范圍內,m越大,A物體的加速度越大答案A當m>m0時,B向下做勻加速運動,A向上做勻加速運動,設加速度大小均為a,細繩中的拉力大小為T,對A、B根據牛頓第二定律,T-m0g=m0a,mg-T=ma,解得T=2mm0gm+m0=2m0g1+m0m,a=(m-m0)gm+m0=g-2m0gm+m0,當m→∞時,有Tm=2m0g,所以F0=2Tm=4m0g;當m<m0時,B向上做勻加速運動,A向下做勻加速運動,8.(2022長沙長郡中學月考四,4)如圖所示,貨車運載相同圓柱形空油桶。在車廂底,一層油桶平整排列,相互緊貼并被牢牢固定。油桶C自由地擺放在桶A、B之間,和汽車一起運動,油桶C與A、B之間的摩擦可忽略不計。下列說法正確的是()A.汽車向左勻速運動時,A對C的支持力與油桶C的重力大小相等B.汽車向左加速運動時,A對C的支持力增大,B對C的支持力減小C.汽車向左的加速度為a=33g時,CD.汽車向左的加速度為a=12g時,C將脫離A跑到B答案C根據幾何關系,A和B對C的支持力方向均與豎直方向夾角為30°,勻速行駛時,對C根據平衡條件,FAcos30°+FBcos30°=mg,FAsin30°=FBsin30°,支持力FA=33mg,故A錯誤;汽車向左加速運動時,豎直方向根據平衡條件,FAcos30°+FBcos30°=mg,水平方向根據牛頓第二定律,FBsin30°-FAsin30°=ma>0,由此可知,汽車向左加速時,A對C的支持力減小,B對C的支持力增大,故B錯誤;汽車向左的加速度為a=33g時,FBsin30°-FAsin30°=33mg,FAcos30°+FBcos30°=mg,解得FA=0,FB=233mg,故C正確;因為a=12g<33g,故此時A對C9.物理科技|(2022廣東梅州二模,5)一國產無人駕駛汽車質量為2.0×103kg,在試駕過程中以8m/s的速度行駛。人工智能發(fā)現車頭前方20m處的斑馬線上有行人,為禮讓行人開始減速,從發(fā)現行人到停止運動,其v-t圖像如圖所示。則下列說法正確的是()A.汽車減速過程的加速度大小為2m/s2B.汽車停止時車頭距斑馬線1mC.圖示過程中汽車運動的平均速度大小為4m/sD.汽車在減速過程中受到的合力約為4.6×103N答案D汽車減速過程的加速度大小為a=ΔvΔt=84.0-0.5m/s2=167m/s2,A錯誤;汽車停止時運動的距離x=(0.5+4.0)×82m=18m,則車頭距斑馬線Δx=(20-18)m=2m,B錯誤;圖示過程中汽車運動的平均速度大小v=xt=184m/s=4.5m/s,C錯誤;汽車在減速過程中受到的合力約為F=ma=2.0×10310.物理生活|(2022廣東廣州一模,6)如圖所示,籃球從某一高度自由落下,與地面反復碰撞,最后停在地面上,空氣阻力不計,下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是()答案B籃球自由落地到與地面接觸前,只受重力作用,加速度不變,以向下為正方向,加速度為正值,圖線為平行于t軸的線段;籃球與地面接觸到反彈離開地面過程中,受地面的向上的彈力先從零開始逐漸增大,籃球所受的合力ma1=mg-N,開始階段地面彈力N小于重力,合力向下,籃球向下繼續(xù)擠壓,N增大,合力逐漸減小,加速度逐漸減小,籃球這一階段向下做加速度減小的加速運動;彈力N增大到超過重力大小時,合力向上,其大小為ma2=N-mg,隨著N增大,加速度a逐漸增大,方向向上,籃球向下做加速度增大的減速運動直至速度為零;籃球開始向上運動(離開地面前)的過程是籃球向下擠壓地面過程的逆過程,加速度變化特點是:向上減小,再向下增大。綜上分析可知B正確,A、C、D錯誤。11.(2022北京西城一模,8)某同學想測量地鐵啟動過程中的加速度,他把一根細繩的下端系上一支圓珠筆,細繩的上端用膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中,細繩偏離了豎直方向,他用手機拍攝了當時情境的照片,如圖所示,拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。當地重力加速度g已知,若要根據這張照片估算此時地鐵的加速度,只需要測量()A.圓珠筆的質量B.細繩的長度C.細繩和豎直方向的夾角D.細繩下端到豎直扶手的距離答案C對筆進行受力分析,如圖所示:有F合=mgtanθ=ma所以a=gtanθ只需測細繩與豎直方向的夾角即可算加速度,C正確。思路點撥本題解題的關鍵在于做好受力分析,由加速度的方向判斷合力的方向,然后利用牛頓第二定律建立F合與a的關系。12.(2022北京西城一模,13)很多智能手機都有加速度傳感器,能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機,打開加速度傳感器,手掌從靜止開始迅速上下運動,得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像,該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出()A.手機可能離開過手掌B.手機在t1時刻運動到最高點C.手機在t2時刻改變運動方向D.手機在t1~t3時間內,受到的支持力先減小再增大答案A由題圖可知,手機的加速度在一段時間內近似等于重力加速度,則手機與手之間沒有相互作用,可能離開過手掌,A正確。圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量,t1時刻速度為正值,說明還在做加速運動,沒到最高點,B錯。直到t3時刻,圖線與坐標軸圍成的面積仍然大于零,所以速度仍為正,t2時刻運動的方向沒有變,C錯。t1~t2時間內,有FN-mg=ma,a減小,FN減小,t2~t3時間內,有mg-FN'=ma,a增大,FN'減小,D錯?？偨Y歸納解決本題應注意“面積”的“正負”表示Δv的方向。13.(2022北京東城二模,13)一根勁度系數為k的輕彈簧,上端固定,下端系一質量為m的物塊。用一水平木板將物塊托住,使彈簧處于原長狀態(tài),如圖所示。現讓木板由靜止開始向下勻加速運動,加速度大小a=g2,忽略一切阻力。下列說法正確的是(A.物塊下落的整個過程中,物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B.當彈簧的伸長量x=mgk時,C.物塊下落到最低點時的加速度大小為gD.下落過程中物塊的最大速度vm=g答案D物塊向下運動時,木板對物塊有支持力,且做功,所以系統(tǒng)的機械能不守恒,所以A錯。物塊與木板分離時,木板支持力為0,a=g2。對于物塊:mg-kx=ma,所以x=mg2k,所以B錯。如果物塊從原長開始不受木板的力而下落,根據簡諧運動的對稱性,最低點有a=g,而本題中并不滿足這個條件,所以a<g,所以C錯。當T=mg時,物塊速度最大。從分離到速度最大的過程,機械能守恒,有mv122+mgh+kx22=mvm22+kx'22思路點撥當物塊與木板分離時,它們之間的作用力為0,但此刻它們的運動狀態(tài)還完全一樣,即v、a相同。14.(2022浙江山水聯(lián)盟12月聯(lián)考,5)運動員在水平地面上進行拉輪胎的負荷訓練,若在啟動后的一小段時間內,運動員用兩根輕繩拉著輪胎做勻加速直線運動,加速度大小為a。如圖所示,運動過程中保持兩繩的端點A、B等高,兩繩間的夾角為θ、所在平面與水平面夾角恒為α。已知輪胎質量為m,運動過程受到的地面摩擦力大小恒為f,則每根繩的拉力大小為()A.f+ma2cosC.f+ma2cos答案A設每根繩的拉力大小為T,根據力的合成與分解以及對稱性可知,兩根繩拉力的合力大小為F=2Tcosθ2,對輪胎,根據牛頓第二定律有Fcosα-f=ma,解得T=f+ma2cos15.物理生活|(2022江蘇南京期末,7)南京的地鐵線路不斷增加,極大地方便了市民出行。假設地鐵列車由6節(jié)車廂組成,在水平直軌道上勻加速啟動時,每節(jié)車廂的動力系統(tǒng)均提供大小為F的動力,列車在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比,由于乘客人數不同,假設第偶數節(jié)車廂質量為第奇數節(jié)車廂質量的兩倍,則()A.相鄰車廂之間均存在相互作用力B.進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比C.做勻加速運動時,第1、2節(jié)與第3、4節(jié)車廂間的作用力之比為8∶5D.第1、2節(jié)車廂之間作用力的大小為F答案D對車廂整體應用牛頓第二定律可得:6F-9kmg=9ma,設第1、2節(jié)車廂間的相互作用力為T,則對第1節(jié)車廂受力分析,應用牛頓第二定律可得:F-T-kmg=ma,聯(lián)立可知T=F3;設第2、3節(jié)車廂間的相互作用力為T',對前兩節(jié)車廂應用牛頓第二定律有:2F-T'-3kmg=3ma,聯(lián)立解得T'=0,則并不是相鄰車廂之間均存在相互作用力,故A錯誤,D正確。列車停下時,其速度為零,其減速運動反向為勻加速直線運動,故由勻變速直線運動規(guī)律的位移-速度公式可知x=v22a,進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度的平方成正比,故B錯誤;設第3、4節(jié)車廂間的相互作用力為T1,則對前三節(jié)車廂應用牛頓第二定律可得:3F-T1-4kmg=4ma,解得T1=F3,由以上分析可知第1、2節(jié)與第3、4解題思路對整體車廂應用牛頓第二定律,再隔離第1節(jié)、前兩節(jié)、前三節(jié)車廂,分別應用牛頓第二定律,聯(lián)立判斷各車廂間的相互作用;由速度-位移公式判斷滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度間的關系。二、非選擇題16.物理科技|(2022浙江寧波二模)2021年5月15日,“天問一號”著陸器成功著陸火星表面,這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程。若已知著陸器(不含降落傘)總質量m=1.2×103kg,火星表面重力加速度g'=4m/s2,忽略著陸器質量的變化和g'的變化,打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則:(1)在第Ⅳ階段的最后,著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸,且火星表面大氣非常稀薄,求著陸器著陸時的速度大小v4;(2)假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動,求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小;(3)著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動,求從打開降落傘到懸停過程中(即Ⅱ、Ⅲ過程)的平均速度大小。(結果可用分數表示)答案(1)3m/s(2)6.3×103N(3)292017解析(1)由題意可知該過程著陸器在火星表面做自由落體運動,著陸器著陸時的速度v4=g't=3m/s(2)第Ⅲ階段加速度為a=v3-v2t3-t2=根據牛頓第二定律有mg'-F=ma動力減速裝置給著陸器的反推力的大小為F=mg'-ma=6.3×103N(3)利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ階段下落的高度分別為h2=v1+v22(t2-t1)=2.52h3=v3+v22(t3-t2)=4.0從打開降落傘到懸停過程中(即Ⅱ、Ⅲ過程)的平均速度大小為v=h2+h317.(2021天津一中月考,10)俯式冰橇(又叫鋼架雪車)是冬奧會的比賽項目之一,其場地可簡化為賽道AB和緩沖道BC、CD三部分。其中CD部分水平,各部分平滑連接。已知xAB=1200m,賽道AB的傾角為α,BC的傾角為β,冰橇與賽道AB間的動摩擦因數為μ1=0.05,冰橇與BC間的動摩擦因數為μ2=0.6。比賽時,觸發(fā)信號燈亮起后,質量為M=60kg的運動員從起點A開始,以平行賽道AB的恒力F=40N推動質量m=40kg的冰橇由靜止開始沿賽道向下運動,8s末迅速登上冰橇,與冰橇一起沿賽道滑行做勻加速直線運動。設運動員登上冰橇前后冰橇速度不變,不計空氣阻力(取sinα=0.1,cosα=1,sinβ=0.3,cosβ=0.95,g取10m/s2)。(1)求比賽中運動員最大速度的大小vm;(2)為確保此運動員能夠停在水平道CD上,緩沖道BC的長度xBC不能超過多少?(此問結果保留3位有效數字)答案(1)36m/s(2)74.5m解析(1)對冰橇:有推力時F+mgsinα-μ1mgcosα=ma1解得,a1=1.5m/s28s末速度v1=a1t1=12m/s8s內位移x1=12a1t12對運動員和冰橇整體:(M+m)gsinα-μ1(M+m)gcosα=(M+m)a2解得,a2=0.5m/s2vm2-v12=2a2(x解得,vm=36m/s(2)對運動員和冰橇整體:(M+m)gsinβ+μ2(M+m)gcosβ=(M+m)a3解得,a3=8.7m/s2vm2=2a3解得,xBC=74.5m18.(2022長沙實驗中學一模,13)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處,已知傳送帶總長為L=30m,正常運轉的速度為v=4m/s。一次工人剛把M=10kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了,為了不影響工作的進度,工人拿來一塊m=5kg帶有掛鉤的木板,把貨物放到木板上,通過定滑輪用繩子把木板拉上去。貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8。(貨物與木板均可看作質點,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)為把貨物拉上去,且貨物與木板不發(fā)生相對滑動,求拉力F的最大值;(2)若工人用F=189N的恒定拉力使貨物運動10s,求貨物的位移大小;(3)若10s后來電,來電后工人撤去拉力,問還需要多長時間貨物能到達B處(不計傳送帶的加速時間)。答案(1)192N(2)10m(3)6.25s解析(1)設最大拉力為Fm,貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值,設此時的加速度為a1,對貨物分析,根據牛頓第二定律得μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1,可得a1=0.4m/s2,對貨物與木板整體分析,根據牛頓第二定律得Fm-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a1,可得Fm=192N。(2)設工人拉木板的加速度為a2,根據牛頓第二定律得F-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a2,解得a2=0.2m/s2,10s末木板的速度為v1=a2t=0.2×10m/s=2m/s,此10s內,貨物一直做勻加速直線運動,貨物的位移大小x=12a2t2,解得x=10m(3)由于v1<4m/s,所以來電后木板繼續(xù)加速,設加速度為a3,根據牛頓第二定律得μ(m+M)gcosθ-(m+M)·gsinθ=(m+M)a3,可得a3=0.4m/s2設經過t1木板速度與傳送帶速度相同,v=v1+a3t1,可得t1=5s設t1內木板加速的位移為x1,v2-v12=2a3x1,得x1=15共速后,木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動,設勻速運動的時間為t2,勻速運動的位移x2=L-x1-x=5m該段位移所用時間t2=x2v=1.25所以來電后木板再需要運動的時間為t'=t1+t2=6.25s19.物理生活|(2022廣東梅州一模,13)如圖是消防滑梯示意圖,滑行時,人雙臂雙腿并攏時只受到底面的摩擦力,張開雙臂雙腿時增加了人與側壁的摩擦。已知該滑梯斜坡部分全長28m,最頂端到滑梯斜坡末端的高度為16.8m,人與滑梯底面之間的動摩擦因數μ=0.5。若人在滑梯中的運動可視為直線運動,剛開始雙臂雙腿并攏由靜止下滑,當速度過快時張開雙臂雙腿,人受到摩擦力的最大值為并攏時的2倍,不計空氣阻力,人可以近似看成質點,g=10m/s2。為了確保安全,人滑到底端的速度不能超過4m/s,求:(1)人雙臂雙腿并攏下滑時的加速度大小a1和人雙臂雙腿張開下滑時的加速度大小a2分別為多少?(2)人在滑梯上下滑的最短時間t為多少?答案(1)2m/s22m/s2(2)6s解析(1)設滑梯與水平面夾角為θ,由題意可得sinθ=16.828=0.6,則cos當雙臂雙腿并攏加速下滑時,加速度大小為a1,根據牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=2m/s2當張開雙臂雙腿減速下滑時,加速度大小為a2,根據牛頓第二定律得2μmgcosθ-mgsinθ=ma2解得a2=2m/s2(2)設人下滑最大速度為vm,最短時間為t,由題意可知滑到底端的速度為v=4m/s滑梯斜坡長x=28m則由運動學方程可得vm22vm=a1t1v=vm-a2t2聯(lián)立代入數據解得t=t1+t2=6s方法技巧把握動力學兩類基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”。20.物理生活|(2022浙江紹興二模,19)小麗使用一根木桿推動一只用來玩游戲的木盒,t=0時刻,木盒以3m/s的速度經過如圖所示的標志線aa',速度方向垂直標志線,繼續(xù)推動木盒