專(zhuān)題05 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的基本應(yīng)用（教師版）-2025版高考物理熱點(diǎn)題型講義

專(zhuān)題05牛頓運(yùn)動(dòng)定律的基本應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解 1類(lèi)型1牛頓第一定律的理解 1類(lèi)型2牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 3類(lèi)型3牛頓第三定律的理解 6題型二瞬時(shí)問(wèn)題的兩類(lèi)模型 9題型三超重和失重問(wèn)題 14類(lèi)型1超、失重現(xiàn)象的圖像問(wèn)題 14類(lèi)型2超、失重現(xiàn)象的分析和計(jì)算 16題型四動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題 19類(lèi)型1已知受力求運(yùn)動(dòng)情況 20類(lèi)型2已知物體運(yùn)動(dòng)情況，分析物體受力 23類(lèi)型三復(fù)雜過(guò)程中的力與直線運(yùn)動(dòng) 24題型五光滑模型 33類(lèi)型1等底光滑斜面 33類(lèi)型2等高斜面 38類(lèi)型3“等時(shí)圓”模型 39題型一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解【解題指導(dǎo)】1．理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時(shí)性、同一性、獨(dú)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(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析時(shí)，可以作為內(nèi)力不考慮．類(lèi)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(shí)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(yùn)動(dòng)效果跟不受外力作用時(shí)相同，物體保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)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(lái)的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。3.揭示了力與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因?！纠?】《考工記》是春秋戰(zhàn)國(guó)時(shí)期齊國(guó)人的一部科技著作，是古代手工技術(shù)規(guī)范的匯集。其中的《辀人篇》中記載：“勸登馬力，馬力既竭，辀尤能一取焉?！币馑际牵厚R拉車(chē)的時(shí)候，馬停止用力了，車(chē)還能前進(jìn)一段距離，這是世界上對(duì)慣性現(xiàn)象的最早論述。下列說(shuō)法正確的是（）A．馬停止用力，車(chē)在短時(shí)間內(nèi)還受到向前拉力，所以還能繼續(xù)前進(jìn)一段距離B．馬停止用力，由于車(chē)的慣性，所以車(chē)仍能繼續(xù)前進(jìn)一段距離才停下來(lái)C．車(chē)停下來(lái)的過(guò)程中，隨著速度逐漸減小，車(chē)的慣性也逐漸減小D．車(chē)完全停下來(lái)后，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)牛頓第一定律，車(chē)不受任何外力的作用【答案】B【詳解】A．馬停止用力，車(chē)就不再受到向前拉力作用，由于車(chē)的慣性，所以車(chē)還能繼續(xù)前進(jìn)一段距離，A錯(cuò)誤；B．馬停止用力，由于車(chē)的慣性，所以車(chē)仍能繼續(xù)前進(jìn)一段距離才停下來(lái)，B正確；C．質(zhì)量是慣性的唯一的量度，因此車(chē)停下來(lái)的過(guò)程中，隨著速度逐漸減小，可車(chē)的質(zhì)量不變，車(chē)的慣性大小不變，C錯(cuò)誤；D．車(chē)完全停下來(lái)后，處于平衡狀態(tài)，車(chē)只是在運(yùn)動(dòng)的方向上不受力作用，可在豎直方向上，車(chē)仍受到重力與地面的支持力的作用，這兩個(gè)力大小相等方向相反，合力是零，D錯(cuò)誤。故選B。【例2】如圖所示，一個(gè)楔形物體M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物體由靜止釋放，則小球在碰到斜面前的運(yùn)動(dòng)軌跡是（）A．沿斜面方向的直線 B．豎直向下的直線 C．無(wú)規(guī)則的曲線 D．拋物線【答案】B【詳解】由題意可知，小球在水平方向不受力，則小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是豎直向下的直線。故選B?！咀兪窖菥?】2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬(wàn)球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終經(jīng)過(guò)點(diǎn)球大戰(zhàn)，阿根廷隊(duì)以7∶5的成績(jī)擊敗法國(guó)隊(duì)奪得冠軍。關(guān)于足球運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球都可以被看成質(zhì)點(diǎn)B．阻力作用下足球運(yùn)動(dòng)速度逐漸變小，說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因C．守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出的過(guò)程，足球的動(dòng)量、動(dòng)能均保持不變D．罰點(diǎn)球過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球的彈力越大，足球的動(dòng)量變化越大【答案】B【詳解】A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時(shí)，足球的旋轉(zhuǎn)和姿態(tài)占主要因素，因此不能把足球當(dāng)成質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)狀態(tài)包括物體運(yùn)動(dòng)速度的大小和速度的方向，任何一項(xiàng)發(fā)生改變都將表明物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了改變，足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中因受阻力速度變小，則可說(shuō)明力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故B正確；C．動(dòng)量是矢量，既有大小又有方向，當(dāng)守門(mén)員用雙手將足球以原速率撲出時(shí)，足球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此足球的動(dòng)量發(fā)生了改變，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)量定理可知，足球的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，則足球的動(dòng)量變化量除了與力的大小方向有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選B?！咀兪窖菥?】物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類(lèi)對(duì)物質(zhì)世界的認(rèn)識(shí)。推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了人類(lèi)文明的進(jìn)步。關(guān)于物理學(xué)中運(yùn)動(dòng)與力的發(fā)展過(guò)程和研究方法的認(rèn)識(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（

）A．伽利略首先提出了慣性的概念，并指出質(zhì)量是慣性大小的唯一量度B．伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究方法的核心是：把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）和諧地結(jié)合起來(lái)，從而發(fā)展了人類(lèi)的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法C．牛頓運(yùn)動(dòng)定律是研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的基石，牛頓運(yùn)動(dòng)定律都能通過(guò)現(xiàn)代的實(shí)驗(yàn)手段直接驗(yàn)證D．力的單位“N”是國(guó)際單位制的基本單位，加速度的單位“m/s2”是導(dǎo)出單位【答案】B【詳解】A．牛頓首先提出了慣性的概念，A錯(cuò)誤；B．伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究方法的核心是：把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）結(jié)合起來(lái)，從而發(fā)展了人類(lèi)的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法，B正確；C．牛頓第一定律是利用邏輯思維對(duì)事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不可能用實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證，C錯(cuò)誤；D．力的單位“N”是導(dǎo)出單位，D錯(cuò)誤。故選B。類(lèi)型2牛頓第二定律的理解和應(yīng)用1.對(duì)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(duì)象進(jìn)行受力分析；(2)應(yīng)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】《論衡》是中國(guó)思想史上的一部重要著作，是東漢時(shí)期杰出的唯物主義思想家王充的智慧結(jié)晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故車(chē)行于陸，船行于溝，其滿(mǎn)而重者行遲，空而輕者行疾”“任重，其進(jìn)取疾速，難矣”，由此可見(jiàn)，王充對(duì)運(yùn)動(dòng)與力的理解（）A．與亞里斯多德的觀點(diǎn)相近 B．與牛頓第一定律相近C．與牛頓第二定律相近 D．與牛頓第三定律相近【答案】C【詳解】“其滿(mǎn)而重者行遲，空而輕者行疾”、“任重，其進(jìn)取疾速，難矣”，本質(zhì)上的意思是，在相同力的作用下，質(zhì)量大的物體速度變化慢，加速度小，質(zhì)量小的物體速度變化快，加速度大，因此王充對(duì)運(yùn)動(dòng)與力的理解與牛頓第二定律相近。故選C?！咀兪窖菥?】在地鐵運(yùn)行過(guò)程中，某人把一根細(xì)繩的下端綁著一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用電工膠布臨時(shí)固定在地鐵的豎直扶手上。他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時(shí)情景的照片，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直，細(xì)繩與豎直方向夾角為，重力加速度為g。根據(jù)以上信息，可以確定（）A．地鐵運(yùn)行方向 B．地鐵運(yùn)行加速度方向C．圓珠筆的質(zhì)量 D．地鐵運(yùn)行加速度大小為【答案】B【詳解】AB．物體受繩子拉力方向沿繩子向上，受重力方向豎直向下，則物體所受的合力水平向左，由牛頓第二定律知，地鐵運(yùn)行加速度方向向左，但無(wú)法確定地鐵的運(yùn)行方向，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．圓珠筆受力如圖根據(jù)牛頓第二定律得所以無(wú)法計(jì)算圓珠筆的質(zhì)量，故CD錯(cuò)誤。故選B?！咀兪窖菥?】如圖所示，一輛裝滿(mǎn)石塊的貨車(chē)在平直道路上從靜止開(kāi)始以加速度a向前運(yùn)動(dòng)位移為x的過(guò)程中，若貨箱中石塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力大小為mgB．石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力做功為mgxC．石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力大小為D．石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力沖量大小為m【答案】C【詳解】AC．石塊B受向下的重力mg和周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力F，兩個(gè)力的合力為ma，方向水平向右，則石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力大小為選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；B．石塊B周?chē)奈矬w對(duì)它的作用力的合力的水平分量為ma，則做功為max，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；D．物塊的速度根據(jù)動(dòng)量定理，石塊B所受的合外力（周?chē)矬w對(duì)它作用力的合力與B的重力的矢量和）的沖量大小為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。類(lèi)型3牛頓第三定律的理解一對(duì)平衡力與作用力和反作用力的比較名稱(chēng)項(xiàng)目一對(duì)平衡力作用力和反作用力作用對(duì)象同一個(gè)物體兩個(gè)相互作用的不同物體作用時(shí)間不一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失一定同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)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】“倒立”可以利用地球引力對(duì)人體進(jìn)行牽引和拉伸，可以幫助青少年保持良好體形，有助于增高，促進(jìn)大腦發(fā)育，提高記憶力。照片展示的是義烏某中學(xué)一位學(xué)生在宿舍中練習(xí)“靠墻倒立”的情景，宿舍的地面水平粗糙，墻面光滑豎直。針對(duì)照片下列同學(xué)的分析判斷中正確的是（）A．地面對(duì)人的作用力與人對(duì)地面的壓力是一對(duì)相互作用力B．墻面對(duì)人的作用力和人對(duì)墻面的作用力是一對(duì)平衡力C．人對(duì)地面的壓力是因?yàn)榈孛姘l(fā)生形變產(chǎn)生的D．人體的重心位置可能在身體的外部【答案】D【詳解】A．在豎直方向上，對(duì)人研究，人受到重力、地面對(duì)人的作用力和墻對(duì)人的摩擦力，故地面對(duì)人的作用力與人對(duì)地面的壓力隨作用在兩個(gè)物體上，但大小不相等，故A錯(cuò)誤；B．墻面對(duì)人的作用力受力物體為人，人對(duì)墻面的作用力受力物體為墻，故不符合平衡力的條件，故B錯(cuò)誤；C．人對(duì)地面的壓力是因?yàn)槿耸职l(fā)生形變產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；D．重心為物體各部分所受重力作用的集中點(diǎn)，重心的位置與物體的質(zhì)量分布和幾何形狀均有關(guān)，故由圖可知，人體的重心位置可能在身體的外部，故D正確。故選D?！纠?】如圖，一質(zhì)量M＝1kg、半徑R＝0.5m的光滑大圓環(huán)用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)，套在大環(huán)上質(zhì)量m＝0.2kg的小環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)），從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度g＝10m/s2，當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)（）A．小環(huán)的速度大小為B．小環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為40m/s2C．小環(huán)對(duì)大環(huán)的壓力大小為20ND．大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為12N【答案】B【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理解得故A錯(cuò)誤；B．小環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為故B正確；C．根據(jù)得大環(huán)對(duì)小球的支持力根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)Υ髩牡膲毫Υ笮镕1=F=10N故C錯(cuò)誤；D．大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為T(mén)=F1+Mg=20N故D錯(cuò)誤。故選B。【變式演練】木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如圖所示，則有（）A．人對(duì)木箱底的壓力大小為F B．人對(duì)木箱底的壓力大小為G2C．木箱對(duì)地面的壓力大小為G2+G1-F D．木箱對(duì)地面的壓力大小為G1+G2【答案】D【詳解】AB．以人為研究對(duì)象受到重力G2、木箱頂部對(duì)人的推力和木箱底部對(duì)人的支持力，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得根據(jù)牛頓第三定律可知人對(duì)木箱的推力和木箱對(duì)人的推力大小相等，則有故AB錯(cuò)誤；CD．以人和木箱為研究對(duì)象，受到重力，地面對(duì)木箱的支持力，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得根據(jù)牛頓第三定律可知木箱對(duì)地面壓力和地面對(duì)木箱的支持力大小相等，則有故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。題型二瞬時(shí)問(wèn)題的兩類(lèi)模型【解題指導(dǎo)】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(rèn)為是不變的．【例1】（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【詳解】剪斷前，對(duì)BCD分析對(duì)D剪斷后，對(duì)B解得方向豎直向上；對(duì)C解得方向豎直向下。故選A?！咀兪窖菥?】（2024·湖北·三模）如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時(shí)A、B均靜止?，F(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（）A．A的加速度大小的最大值為gB．B的加速度大小的最大值為2gC．A的位移大小一定大于B的位移大小D．A的速度大小均不大于同一時(shí)刻B的速度大小【答案】C【詳解】AB．設(shè)小球A與B的質(zhì)量為m，細(xì)線剪斷瞬間，彈簧長(zhǎng)度不變，彈力不變，B球的合力為零，則B球的加速度為零，A球加速度為兩小球從靜止開(kāi)始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x。對(duì)A球，由牛頓第二定律得對(duì)B球，由牛頓第二定律得可知隨著x減小，A球的加速度減小，B球的加速度增大，所以細(xì)線剪斷瞬間，A球的加速度最大，為當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B球的加速度最大，為g。故AB錯(cuò)誤；CD．由上分析可知，從開(kāi)始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時(shí)刻B球的速度大小，故C正確，故D錯(cuò)誤。故選C?！咀兪窖菥?】）水平面上有一質(zhì)量m＝2kg的小球，小球與左端固定的水平輕彈簧及上端固定的不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，如圖所示，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．此時(shí)，繩上的拉力為20NB．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20NC．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2，方向向左D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為零【答案】B【詳解】A．設(shè)繩子拉力為T(mén)，對(duì)小球根據(jù)平衡條件有Tcos45°＝mg解得A錯(cuò)誤；B．剪斷輕繩前，設(shè)彈簧的彈力為F，對(duì)小球根據(jù)平衡條件有F＝Tsin45°解得F＝20N剪斷輕繩后，彈簧彈力不變，故剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N，B正確；C．剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力不變，則重力與彈簧彈力的合力為，根據(jù)牛頓第二定律可得方向與豎直方向成45°角指向左下方，C錯(cuò)誤；D．剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球的速度為零，向心加速度為零，沿繩方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于合力，則有mgcos45°＝ma解得D錯(cuò)誤。故選B?！咀兪窖菥?】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3m的物塊A，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將質(zhì)量為m的物塊B通過(guò)跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的細(xì)繩與A相連，開(kāi)始時(shí)用手托住物體B，使細(xì)繩剛好保持伸直（繩、彈簧與斜面平行），松手后A、B一起運(yùn)動(dòng)，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)P（未畫(huà)出）后再反向向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)。已知重力加速度為g，對(duì)于上述整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．釋放B后的瞬間，繩子張力大小為 B．釋放B后的瞬間，繩子張力大小為C．在最高點(diǎn)P，繩子張力大小為 D．在最高點(diǎn)P，彈簧對(duì)A的彈力大小為【答案】B【詳解】AB．釋放瞬間對(duì)整體由牛頓第二定律有對(duì)物體B，有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．在最高點(diǎn)P，由對(duì)稱(chēng)性可知，加速度大小為對(duì)整體，有對(duì)物體B，有解得，故CD錯(cuò)誤。故選B?！咀兪窖菥?】（2024·貴州·三模）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕質(zhì)細(xì)繩和懸掛靜止在O點(diǎn)，繩與豎直方向的夾角為，繩水平。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（

）A．剪斷繩瞬間，小球的加速度大小為B．剪斷繩瞬間，小球的加速度大小為C．剪斷繩瞬間，小球的加速度為零D．剪斷繩瞬間，小球的加速度為g【答案】BD【詳解】AB．剪斷繩瞬間，小球即將開(kāi)始繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，沿切線方向可得解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．剪斷瞬間，小球?qū)⒗@B點(diǎn)開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)切線方向的加速度大小為g，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。題型三超重和失重問(wèn)題【解題指導(dǎo)】1．判斷超重和失重的方法(1)從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)．(2)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)．2．對(duì)超重和失重現(xiàn)象的理解(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒(méi)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(huì)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(qiáng)等．類(lèi)型1超、失重現(xiàn)象的圖像問(wèn)題【例1】（2024·湖北·一模）智能手機(jī)里一般都裝有加速度傳感器。打開(kāi)手機(jī)加速度傳感器軟件，手托著手機(jī)在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)軟件得到加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．t?時(shí)刻手機(jī)處于完全失重狀態(tài) B．t?時(shí)刻手機(jī)開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)C．t?時(shí)刻手機(jī)達(dá)到最大速度 D．手機(jī)始終沒(méi)有脫離手掌【答案】A【詳解】A．t?時(shí)刻手機(jī)加速度為，方向豎直向下，手機(jī)處于完全失重狀態(tài)故A正確；BC．由題可知整個(gè)過(guò)程為先托著手機(jī)向下做加速運(yùn)動(dòng)，向下做減速運(yùn)動(dòng)，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為速度，t?時(shí)刻手機(jī)達(dá)加速度為正方向的最大值，故t?速度小于速度不是最大，故BC錯(cuò)誤；D．手機(jī)加速度向上時(shí)受到手向上的支持力不會(huì)脫離手掌，手機(jī)加速度為的過(guò)程中處于完全失重狀態(tài)，可以說(shuō)此過(guò)程手機(jī)和手脫離也可以說(shuō)恰好沒(méi)有脫離手掌，故D錯(cuò)誤。故選A。【變式演練1】．（2024·遼寧·三模）一同學(xué)乘電梯上樓，從靜止開(kāi)始出發(fā)，用手機(jī)內(nèi)置傳感器測(cè)得某段時(shí)間內(nèi)電梯的加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正方向，則（

）

A．時(shí)地板對(duì)該同學(xué)的支持力最小 B．時(shí)電梯對(duì)該同學(xué)的支持力為零C．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為4m D．6~8s內(nèi)電梯上升的高度約為9m【答案】C【詳解】A．時(shí)，加速度向上且最大，則該同學(xué)處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得可知地板對(duì)該同學(xué)的支持力最大，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)，加速度為0，根據(jù)受力平衡可知，電梯對(duì)該同學(xué)的支持力等于同學(xué)的重力，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，內(nèi)圍成的面積大約有4個(gè)小方格，則時(shí)的速度為由圖像可知，6~8s內(nèi)電梯的加速度為0，做勻速運(yùn)動(dòng)，上升的高度約為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！咀兪窖菥?】在蹦床運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，用力傳感器測(cè)出彈簧床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力F，下圖是繪制的F隨時(shí)間t的變化圖像，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為40kg B．運(yùn)動(dòng)員在3.6s~4.8s內(nèi)處于超重狀態(tài)C．運(yùn)動(dòng)員的最大加速度大小為50m/s2 D．運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升的最大高度為3.2m【答案】D【詳解】A．由題可知所以故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，運(yùn)動(dòng)員在3.6s~4.2s內(nèi)彈力大于重力，加速度方向向上，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，在4.2s~4.8s內(nèi)彈力小于重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為所以運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升的最大高度為故D正確。故選D。類(lèi)型2超、失重現(xiàn)象的分析和計(jì)算【例2】（2024·全國(guó)·高考真題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測(cè)力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測(cè)力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮椤?1)電梯靜止時(shí)測(cè)力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；(2)電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為，則此段時(shí)間內(nèi)物體處于（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮?1)5.0(2)失重1.0【詳解】（1）由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N。（2）[1]電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為，小于物體的重力可知此段時(shí)間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；[2]根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小【變式演練1】（2024·山東菏澤·三模）測(cè)體重時(shí)，電子秤的示數(shù)會(huì)不斷變化，電子秤的示數(shù)始終與它受到的壓力大小成正比，最后才穩(wěn)定。某同學(xué)想探究不同情境下電子秤示數(shù)的變化情況。已知該同學(xué)的質(zhì)量為，重力加速度大小取。下列情境中關(guān)于電子秤示數(shù)說(shuō)法正確的是（）A．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過(guò)程中，電子秤的示數(shù)先增大后減小B．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過(guò)程中，電子秤的示數(shù)先減小后增大C．在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時(shí)電子秤示數(shù)小于真實(shí)體重D．在以的加速度勻加速上升的電梯中，人站在電子秤上時(shí)電子秤示數(shù)為【答案】BD【詳解】AB．當(dāng)同學(xué)在電子秤上下蹲時(shí)，人體重心下移，先加速下降，加速度向下，此時(shí)同學(xué)處于失重狀態(tài)，同學(xué)對(duì)電子秤的壓力小于自身重力；然后減速下降，加速度向上，此時(shí)同學(xué)處于超重狀態(tài)，同學(xué)對(duì)電子秤的壓力大于自身重力，所以電子秤的示數(shù)先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)電梯減速下降時(shí)，加速度豎直向上，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，電子秤對(duì)同學(xué)的支持力大于同學(xué)的重力，根據(jù)作用力與反作用力大小相等可知，測(cè)量值會(huì)大于真實(shí)體重，故C錯(cuò)誤；D．把電子秤放在電梯里，當(dāng)電梯以加速度加速上升時(shí)，設(shè)支持力為，由牛頓第二定律可得解得因?yàn)橥瑢W(xué)對(duì)秤的壓力與秤對(duì)同學(xué)的支持力為一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，則電子秤示數(shù)為故D正確。故選BD?！咀兪窖菥?】．如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運(yùn)用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為m的相同長(zhǎng)方體磚塊夾住后豎直向上加速提起。已知每塊磚塊能承受的最大壓力大小為F，夾磚器與每個(gè)磚塊的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．在加速提起磚塊的過(guò)程中，磚塊處于失重狀態(tài)B．夾磚器對(duì)兩塊磚塊的壓力大小可能不相等C．磚塊被加速提起的過(guò)程中，其加速度的最大值為D．兩塊磚塊之間的摩擦力一定不為零【答案】C【詳解】A．在加速提起磚塊的過(guò)程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B．磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對(duì)兩塊磚塊壓力大小相等，B錯(cuò)誤；C．夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，磚塊加速度最大，對(duì)兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有則磚塊被加速提起過(guò)程中，其加速度的最大值為C正確；D．加速度最大時(shí)，單獨(dú)對(duì)其中一個(gè)磚塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力以及夾磚器對(duì)其向上的靜摩擦力，有解得故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D錯(cuò)誤。故選C。題型四動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題【解題指導(dǎo)】1．做好兩個(gè)分析：受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，表示出加速度與各運(yùn)動(dòng)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(gè)關(guān)鍵：求解加速度是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【必備知識(shí)】1.基本思路2.基本步驟3.解題關(guān)鍵(1)兩類(lèi)分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析。(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過(guò)程間相互聯(lián)系的橋梁。類(lèi)型1已知受力求運(yùn)動(dòng)情況【例1】在某建筑工地，有一工件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上送至指定位置進(jìn)行安裝，已知該工件先后經(jīng)歷勻加速、勻速、勻減速直線運(yùn)動(dòng)三個(gè)階段。當(dāng)工件加速運(yùn)動(dòng)到總距離的一半時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，當(dāng)時(shí)工件速度恰好減為0且到達(dá)指定位置。整個(gè)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，重力加速度，則（）A．時(shí)間內(nèi)，工件一直處于失重狀態(tài)B．工件做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為C．工件做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度大小為D．地面和指定位置之間的總距離為56m【答案】CD【詳解】A．該工件先后經(jīng)歷勻加速、勻速、勻減速直線運(yùn)動(dòng)三個(gè)階段，圖線表示的是勻速的后半段和勻減速，所以0～10s時(shí)間內(nèi)，工件做勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)量定理得勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有解得工件做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為2m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．根據(jù)牛頓第二定律得解得工件做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.25m/s2，選項(xiàng)C正確；D．地面和指定位置之間的總距離為選項(xiàng)D正確；故選CD?！咀兪窖菥?】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量的物塊從光滑的斜面頂端A下滑，斜面高度，斜面長(zhǎng)為2.5m。物塊與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，斜面與水平面平滑連接，物塊運(yùn)動(dòng)到水平面C點(diǎn)靜止。g取10m/s2，求：（1）物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；（2）物塊到達(dá)斜面末端B點(diǎn)時(shí)的速度大小v；（3）物塊在水平面運(yùn)動(dòng)的位移大小x?！敬鸢浮浚?）；（2）5m/s；（3）12.5m【詳解】（1）對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)幾何關(guān)系有解得（2）物塊從A到B根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)可得v=5m/s（3）在水平面上運(yùn)動(dòng)摩擦阻力提供加速度有物塊從B到C根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得代入數(shù)據(jù)可得x=12.5m【變式演練2】如圖所示，傾角、高度的斜面與水平面平滑連接。小木塊從斜面頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上的A點(diǎn)停止。已知小木塊的質(zhì)量，它與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度。，。求：（1）小木塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；（2）小木塊滑至斜面底端時(shí)的速度大小v；（3）小木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的距離x?！敬鸢浮浚?）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m【詳解】（1）小木塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律可知解得加速度大?。?）根據(jù)可得小木塊滑至斜面底端時(shí)的速度大小v=2m/s（3）小木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度運(yùn)動(dòng)的距離類(lèi)型2已知物體運(yùn)動(dòng)情況，分析物體受力【例2】如圖甲所示，水平桌面上靜置有一算盤(pán)，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動(dòng)，使用時(shí)發(fā)現(xiàn)有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態(tài)，在時(shí)刻對(duì)算珠施加沿桿方向的力使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.1s撤去F，此后再經(jīng)0.1s恰好能到達(dá)另一端處于歸零狀態(tài)。算珠在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的圖像如圖乙所示，算珠的厚度，g取10m/s2，與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。求：（1）桿的長(zhǎng)度L；（2）算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）算珠的質(zhì)量m?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿的長(zhǎng)度為（2）撤去F后，算珠做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有可得算珠與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（3）算珠做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得算珠的質(zhì)量為【變式演練1】2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì)冰壺比賽的水平場(chǎng)地如圖所示，運(yùn)動(dòng)員推動(dòng)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(dòng)，最終恰好停在了營(yíng)壘中心．若在冰壺中心到達(dá)前擲線時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則冰壺在第末的速度大小，在第內(nèi)運(yùn)動(dòng)了，取重力加速度大小。求：（1）冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）營(yíng)壘中心到前擲線的距離。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）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若冰壺以加速度減速，則冰壺在最后通過(guò)的位移所以冰壺在第內(nèi)的某瞬間已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，令，設(shè)冰壺運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t，則有，解得（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得【變式演練2】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）冰壺是在冰上進(jìn)行的一種投擲性競(jìng)賽項(xiàng)目。某次訓(xùn)練中，冰壺（可視為質(zhì)點(diǎn)）被運(yùn)動(dòng)員擲出后，在水平冰面上沿直線依次經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)后停在O點(diǎn)。已知A、B間的距離x=26m，B、C間的距離x2=5.5m，冰壺通過(guò)AB段的時(shí)間t1=10s，通過(guò)BC段的時(shí)間t2=5s，假設(shè)冰壺和冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）C、O兩點(diǎn)之間的距離x3；（2）冰壺和冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮浚?）0.9m；（2）0.02【詳解】（1）因?yàn)楸鶋嘏c冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，因此冰壺滑動(dòng)時(shí)受到的摩擦力處處相等，又因?yàn)楸鶋匮刂本€運(yùn)動(dòng)，因此冰壺在A點(diǎn)至O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)冰壺運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA，在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，因此有，解得a=0.2m/s2，vA=3.6m/s又由代入數(shù)據(jù)可得vC=0.6m/s已知運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)冰壺停下，因此有代入已知數(shù)據(jù)可知x3=0.9m（2）假設(shè)冰壺與冰面間的摩擦力大小為f，則有根據(jù)牛頓第二定律可知已知a=0.2m/s2，聯(lián)立以上各式可得類(lèi)型三復(fù)雜過(guò)程中的力與直線運(yùn)動(dòng)【例1】2024年4月3日，小米集團(tuán)完成了小米SU7汽車(chē)的首批交付儀式。之后陸續(xù)有用戶(hù)對(duì)小米SU7進(jìn)行了性能測(cè)試。為提升了駕駛體驗(yàn)，為駕乘者提供更加安全和舒適的駕駛環(huán)境小米SU7具有AEB自動(dòng)緊急制動(dòng)性能并加入了AEBPro功能。某車(chē)主對(duì)此性能進(jìn)行了測(cè)試。小米SU7在平直的封閉公路上以=108km/h的速度水平向右勻速行駛，檢測(cè)到障礙物后在AEB和AEBPro功能作用下開(kāi)始減速，車(chē)所受阻力f與車(chē)重力mg的比值隨時(shí)間變化的情況可簡(jiǎn)化為如下圖所示的圖像，最終停在據(jù)障礙物1m的位置。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小米SU7開(kāi)始減速瞬間的加速度；（2）小米SU7在1s末的速度大??；（3）小米SU7從開(kāi)始減速位置到障礙物間的距離。【答案】（1）=-10m/s2，方向水平向左；（2）=20m/s；（3）=36m【詳解】（1）根據(jù)題意，由圖可知，小米SU7開(kāi)始剎車(chē)時(shí)由牛頓第二定律有聯(lián)立解得方向水平向左；（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小米SU7做減速運(yùn)動(dòng)，則小米SU7在1s末的速度大小為代入數(shù)據(jù)解得=20m/s（3）根據(jù)題意開(kāi)始減速1s內(nèi)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，運(yùn)動(dòng)的位移為=25m開(kāi)始減速1s后，由圖可知由牛頓第二定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得小米SU7從開(kāi)始減速位置到障礙物間的距離+1m=36m【例2】（2024·陜西·三模）如圖甲，在供包臺(tái)工作人員將包裹放在機(jī)器人的水平托盤(pán)上，智能掃碼讀取包裹目的地信息，經(jīng)過(guò)大數(shù)據(jù)分析后生成最優(yōu)路線，包裹自動(dòng)送至方形分揀口。當(dāng)機(jī)器人抵達(dá)分揀口時(shí)，速度恰好減為零，翻轉(zhuǎn)托盤(pán)使托盤(pán)傾角緩慢增大，直至包裹滑下，將包裹投入分揀口中（最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力），該過(guò)程示意圖如圖乙所示，機(jī)器人A把質(zhì)量的包裹從供包臺(tái)沿直線運(yùn)至相距的分揀口處，在運(yùn)行過(guò)程中包裹與水平托盤(pán)保持相對(duì)靜止。已知機(jī)器人A運(yùn)行最大加速度，運(yùn)行的最大速度，機(jī)器人運(yùn)送包裹途中看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度。（1）求機(jī)器人A從供包臺(tái)運(yùn)行至分揀口所需的最短時(shí)間t；（2）若包裹與水平托盤(pán)的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則在機(jī)器人A到達(dá)分揀口處，要使得包裹剛開(kāi)始下滑，托盤(pán)的最小傾角應(yīng)該是多少？（3）機(jī)器人A投遞完包裹后返回供包臺(tái)途中發(fā)生故障，機(jī)器人A立刻制動(dòng)，制動(dòng)時(shí)速度為，由于慣性，機(jī)器人A在地面滑行后停下來(lái)，此時(shí)剛好有另一機(jī)器人B，以最大速度與機(jī)器人A發(fā)生彈性正碰，碰撞后機(jī)器人A滑行了停下來(lái)（其加速度與制動(dòng)后滑行加速度相等，機(jī)器人A、B均看作質(zhì)點(diǎn)）。求機(jī)器人B與機(jī)器人A的質(zhì)量之比。【答案】（1）12s；（2）；（3）【詳解】（1）當(dāng)機(jī)器人A先以最大加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速至，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后以最大加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至零時(shí)，機(jī)器人A從供包臺(tái)運(yùn)行至分揀口所需時(shí)間最短。做勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式可得同理可得勻減速直線運(yùn)動(dòng)階段勻速直線階段根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式得運(yùn)行總時(shí)間（2）設(shè)要使包裹剛開(kāi)始下滑，托盤(pán)的最小傾角為，對(duì)包裹，受力分析得其中解得托盤(pán)的最小傾角（3）設(shè)機(jī)器人A制動(dòng)后滑行過(guò)程中的加速度大小為，則由機(jī)器人A制動(dòng)后滑行后停下來(lái)，有設(shè)機(jī)器人A被碰后瞬間的速度為，滑行后停下來(lái)，則有聯(lián)立可得A、B發(fā)生彈性碰撞，A和B組成的系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有聯(lián)立解得【變式演練1】．（2024·山東·二模）2023年11月，我國(guó)“福建號(hào)”航空母艦成功進(jìn)行電磁彈射測(cè)試。小李同學(xué)將這個(gè)過(guò)程進(jìn)行如圖所示的簡(jiǎn)化：ABC為水平軌道，其中AB段為有動(dòng)力彈射段、長(zhǎng)LAB＝80m，BC段為無(wú)動(dòng)力滑行段、足夠長(zhǎng)。將質(zhì)量M＝20kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A處，在第一次彈射模擬中，物塊在AB段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s、BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為16s；在第二次彈射模擬中，該同學(xué)在物塊兩側(cè)各固定了一個(gè)相同配重塊用以模擬導(dǎo)彈，每個(gè)配重塊質(zhì)量m＝5kg。已知物塊與水平軌道ABC間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，兩次彈射的動(dòng)力大小相等且恒定不變，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）AB段動(dòng)力的大??；（2）第二次彈射過(guò)程中，AB段和BC段物塊對(duì)每個(gè)配重塊作用力的大小。（結(jié)果可用根式表示）【答案】（1）900N；（2）N，N【詳解】（1）第一次彈射模擬，AB段有BC段有解得F＝900N（2）根據(jù)上述分析，可求得μ＝0.5第二次彈射模擬，AB段有作用力解得BC段有解得【變式演練2】在學(xué)?？萍脊?jié)上，物理老師在空曠的操場(chǎng)豎直向上發(fā)射一枚總質(zhì)量為2kg的火箭模型。如圖所示，在t=0時(shí)刻發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，為火箭提供了豎直向上、大小恒為45N的推力，隨后經(jīng)過(guò)3s，發(fā)動(dòng)機(jī)熄火，在達(dá)到最大高度后，火箭打開(kāi)頂部的降落傘，在降落傘作用下向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)地面時(shí)的速度大小為9m/s。已知火箭箭體在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到的空氣阻力大小恒為5N，重力加速度g取10m/s2，不考慮火箭發(fā)射過(guò)程中噴出的氣體對(duì)火箭質(zhì)量的影響，火箭在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）求發(fā)動(dòng)機(jī)熄火時(shí)，火箭的速度大??；（2）求火箭上升的最大高度；（3）若把降落傘提供的阻力視為恒定不變，求其大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）火箭向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為發(fā)動(dòng)機(jī)熄火時(shí)，火箭的速度大小為（2）火箭勻加速階段上升的高度為發(fā)動(dòng)機(jī)熄火后，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為發(fā)動(dòng)機(jī)熄火后，火箭繼續(xù)上升的高度為則火箭上升的最大高度為（3）火箭在降落傘作用下向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律而擴(kuò)大解得降落傘提供的阻力大小為【變式演練3】．（2024·安徽合肥·二模）如圖甲所示為某種排盤(pán)機(jī)，可以通過(guò)排盤(pán)器將包子、蛋糕等食品整齊地?cái)[放在托盤(pán)中，圖乙為排盤(pán)機(jī)的示意圖。開(kāi)始時(shí)排盤(pán)器水平，靜止在托盤(pán)上方，其上表面距托盤(pán)高h(yuǎn)=5cm。包子到達(dá)距排盤(pán)器左端l=14.5cm處時(shí)速度大小為v0=1.4m/s，方向水平向左，此時(shí)排盤(pán)器以a=5m/s2的加速度水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)包子剛好離開(kāi)排盤(pán)器時(shí)，排盤(pán)器立即停止運(yùn)動(dòng)。已知包子所受的阻力為其重力的0.4倍，重力加速度g取10m/s2，求：（1）排盤(pán)器加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）包子落至托盤(pán)瞬間的速度。【答案】（1）0.1s；（2）；【詳解】（1）由牛頓第二定律，可得依題意，排盤(pán)器向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，包子向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)t包子剛好離開(kāi)排盤(pán)器，則有解得（2）包子離開(kāi)排盤(pán)器后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平初速度為包子落至托盤(pán)瞬間豎直方向速度大小為包子落至托盤(pán)瞬間的速度大小為設(shè)該速度與水平面夾角為，則有解得【變式演練4】如圖甲所示為某綜藝節(jié)目的躲球游戲?，F(xiàn)將運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，泡沫球從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿斜面勻加速直線下滑，斜面的傾角，A距斜面底端B長(zhǎng)度為，泡沫球到達(dá)B點(diǎn)后沒(méi)有速度損失，然后在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，泡沫球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力為其重力的0.1倍，參與游戲的玩家的一開(kāi)始站在C點(diǎn)，當(dāng)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，玩家由靜止開(kāi)始以加速度大小開(kāi)始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)的位置玩家可自由選擇，在不被球追上的前提下BC的距離越小，得分越高。g取。求：（1）泡沫球沿斜面下滑時(shí)加速度的大小和在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的大??；（2）泡沫球到達(dá)B時(shí)的速度大??；（3）玩家得分最高的情況下，所選擇BC的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）泡沫球沿斜面下滑時(shí)其中聯(lián)立可得泡沫球做勻減速運(yùn)動(dòng)可得加速度大小（2）設(shè)泡沫球達(dá)B時(shí)的速度大小，則有代入數(shù)據(jù)解得（3）當(dāng)時(shí)，可得可得人勻加速階段得此時(shí)勻速階段故題型五光滑模型類(lèi)型1等底光滑斜面【例1】如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在P點(diǎn)，上端分別固定在豎直墻面上的A、B兩點(diǎn)，A、B離地面的高度分別為。現(xiàn)使兩個(gè)小滑塊從軌道上端同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，由A、B滑到P的時(shí)間均為t，間的距離為L(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】AB．設(shè)斜面與水平方向夾角為θ，在沿斜面方向上，根據(jù)牛頓第二定律得，物體運(yùn)動(dòng)的加速度根據(jù)幾何關(guān)系可知，物體發(fā)生的位移為物體的初速度為零，有解得設(shè)AP、BP與水平方向的夾角分別為θ1、θ2，有A、B滑到P的時(shí)間均為t，可得可得整理可得根據(jù)則A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)幾何關(guān)系則根據(jù)可得可得C正確，D錯(cuò)誤。故選AC?！咀兪窖菥?】如圖，將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)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?kù)o止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由40°逐漸增大至50°，物塊的下滑時(shí)間t將（）A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【詳解】設(shè)QP在水平方向的投影長(zhǎng)度為l，根據(jù)牛頓牛頓第二定律又，聯(lián)立得若θ由40°逐漸增大至50°，2θ由80°逐漸增大至100°，可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間先減小后增大。故選C?！咀兪窖菥?】如圖所示，三條光滑的軌道下端固定在P點(diǎn)，上端分別固定在豎直墻面上的A、B、C三點(diǎn)，A、B、C離地面的高度分別為、、，現(xiàn)在使三個(gè)小滑塊從軌道上端同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，由A、B滑到P的時(shí)間均為t，由C滑到P的時(shí)間為，那么（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】CD．設(shè)斜面與水平方向夾角為θ，在沿斜面方向上，根據(jù)牛頓第二定律得，物體運(yùn)動(dòng)的加速度根據(jù)幾何關(guān)系可知，物體發(fā)生的位移為物體的初速度為零，有解得設(shè)AP、BP、CP與水平方向的夾角分別為θ1、θ2、θ3，有θ1>θ2>θ3A、B滑到P的時(shí)間均為t，由幾何知識(shí)可知θ1、θ2互余，則C點(diǎn)滑到P點(diǎn)時(shí)間最長(zhǎng)，故CD錯(cuò)誤；AB．由可得則故A正確，B錯(cuò)誤。故選A?！咀兪窖菥?】如圖所示，豎直墻上的點(diǎn)與水平地面上的點(diǎn)到墻角的距離相等，點(diǎn)位于點(diǎn)正上方的墻壁上，點(diǎn)在點(diǎn)正上方與點(diǎn)等高。某時(shí)刻同時(shí)由、、三點(diǎn)靜止釋放、、三個(gè)相同的小球，球由點(diǎn)自由下落，、兩球分別沿光滑傾斜直軌道、運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所用時(shí)間分別為、、，下列說(shuō)法正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【詳解】豎直墻上的A點(diǎn)與水平地面上的M點(diǎn)到墻角的距離相等，設(shè)為x，則AM與水平方向夾角為45°，設(shè)BM與水平方向的夾角為α，可知α大于45°，則有所以由數(shù)學(xué)三角函數(shù)關(guān)系可得得綜上還有故ABD正確，C錯(cuò)誤。故選ABD。類(lèi)型2等高斜面【例2】如圖所示，兩個(gè)等高的光滑斜面AB傾角分別為37°和53°，同一小球從斜面頂端分別沿兩個(gè)斜面下滑到底端，則下列說(shuō)法正確的是（）A．從兩斜面上下滑時(shí)間之比是1:1B．從兩斜面上下滑時(shí)間之比是3:4C．到達(dá)斜面底端時(shí)，重力的功率之比為1:1D．到達(dá)斜面底端時(shí)，重力的功率之比為3:4【答案】D【詳解】AB．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度設(shè)斜面的高度為h，斜的長(zhǎng)由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間故選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；CD．由機(jī)械能守恒可知到達(dá)斜面底端的速率相等，重力的功率選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！咀兪窖菥殹咳鐖D所示，快遞員欲利用三條光滑軌道，，將一快遞送至地面。已知快遞由A點(diǎn)靜止釋放，且快遞接觸地面時(shí)的速度越大，快遞越容易破損，則（）

A．選擇軌道快遞最容易破損B．選擇軌道，快遞最快到達(dá)地面C．無(wú)論選哪條軌道，快遞到達(dá)地面用時(shí)均相同D．從節(jié)約時(shí)間、保證快遞完好度等綜合方面考慮，應(yīng)首選軌道【答案】BD【詳解】設(shè)斜面傾角為，斜面高度為，則快遞下滑的加速度大小為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得聯(lián)立可得快遞接觸地面時(shí)的速度大小為可知快遞沿三條光滑軌道，，