2025屆高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律第2講牛頓第二定律的應用教學案滬科版

PAGE18-第2講牛頓其次定律的應用學問排查學問點一超重與失重現(xiàn)象1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度。2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度。3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下。學問點二兩類動力學問題1.動力學的兩類基本問題：第一類：已知受力狀況求物體的運動狀況。其次類：已知運動狀況求物體的受力狀況。2.解決兩類基本問題的方法：以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓其次定律列方程求解，詳細邏輯關(guān)系如圖：小題速練1.思索推斷(1)對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體馬上獲得加速度。()(2)物體處于超重或失重狀態(tài)，完全由物體加速度的方向確定，與速度方向無關(guān)。()(3)加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。()(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于重力。()(5)物體所受合外力減小，加速度肯定減小，速度也肯定減小。()答案(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×2.(多選)某同學利用測力計探討在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)，他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)是G，他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)覺測力計的示數(shù)小于G，由此推斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是()A.加速下降 B.加速上升C.減速下降 D.減速上升解析測力計的示數(shù)減小，砝碼所受的合力方向向下，則加速度向下，砝碼處于失重狀態(tài)，而速度方向可能向上，也可能向下，所以電梯可能的運動狀態(tài)是減速上升或加速下降，選項A、D正確。答案AD3.在兒童蹦極嬉戲中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩，質(zhì)量為m的小明如圖1所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg。若此時小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則此時小明的()圖1A.加速度為零，速度為零B.加速度a＝g，方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下C.加速度a＝g，方向沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D.加速度a＝g，方向豎直向下解析依據(jù)題意，腰間左右兩側(cè)的橡皮繩的彈力等于重力。小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明此時所受合力方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項B正確。答案B4.一物塊從固定斜面底端沿傾角為θ的斜面上滑，到達最大高度后又返回斜面底端。已知物塊下滑的時間是上滑時間的2倍，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(1,3)tanθ B.eq\f(1,2)tanθC.eq\f(3,5)tanθ D.tanθ解析物塊沿斜面上滑時的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，則x＝eq\f(1,2)a1t2；物塊沿斜面下滑時的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，則x＝eq\f(1,2)a2(2t)2，聯(lián)立解得μ＝eq\f(3,5)tanθ，選項C正確。答案C超重和失重問題1.推斷超重和失重現(xiàn)象的三個角度從受力的角度推斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度推斷當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變更的角度推斷①物體向上加速或向下減速時，超重②物體向下加速或向上減速時，失重2.對超重和失重的“三點”深度理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”變更。(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消逝。(3)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有重量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。1.(多選)(2024·山西懷仁一中月考)電梯的頂部掛一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10N，在某時刻電梯中的人視察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)?N,關(guān)于電梯的運動(如圖2所示)，以下說法正確的是(g取10m/s2)()圖2A.電梯可能向上加速運動，加速度大小為4m/s2B.電梯可能向下加速運動，加速度大小為4m/s2C.電梯可能向上減速運動，加速度大小為4m/s2D.電梯可能向下減速運動，加速度大小為4m/s2解析電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10N，知重物的重力等于10N，在某時刻電梯中的人視察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)?N，可知電梯處于失重狀態(tài)，加速度向下，對重物依據(jù)牛頓其次定律有：mg－F＝ma，解得a＝4m/s2，方向豎直向下，則電梯的加速度大小為4m/s2，方向豎直向下。電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故B、C正確，A、D錯誤。答案BC2.如圖3所示，在教室里某同學站在體重計上探討超重與失重。她由穩(wěn)定的站姿變更到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過程；由穩(wěn)定的蹲姿變更到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過程。關(guān)于她的試驗現(xiàn)象，下列說法中正確的是()圖3A.只有“起立”過程，才能出現(xiàn)失重現(xiàn)象B.只有“下蹲”過程，才能出現(xiàn)超重現(xiàn)象C.“下蹲”的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象D.“起立”“下蹲”的過程，都能出現(xiàn)超重和失重現(xiàn)象解析下蹲過程中，人先向下做加速運動，后向下做減速運動，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；人從下蹲狀態(tài)站起來的過程中，先向上做加速運動，后向上做減速運動，最終回到靜止狀態(tài)，人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤，D正確。答案D3.(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變更的圖線如圖4所示，以豎直向上為a的正方向，則人對電梯的壓力()圖4A.t＝2s時最大 B.t＝2s時最小C.t＝8.5s時最大 D.t＝8.5s時最小解析由題圖知，在上升過程中，在0～4s內(nèi)，加速度方向向上，F(xiàn)N－mg＝ma，所以向上的加速度越大，電梯對人的支持力就越大，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故A正確，B錯誤；由題圖知，在7～10s內(nèi)加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，故C錯誤，D正確。答案AD牛頓其次定律的瞬時性1.兩種模型2.求解瞬時加速度的一般思路【典例】如圖5所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板上。兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細繩相連，兩球均處于靜止狀態(tài)。已知B球質(zhì)量為m，O在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，將輕質(zhì)細繩剪斷的瞬間(重力加速度為g)，下列說法正確的是()圖5A.彈簧彈力大小為eq\r(2)mgB.球B的加速度為gC.球A受到的支持力為eq\r(2)mgD.球A的加速度為eq\f(1,2)g解析剪斷細繩前對B球受力分析如圖，由平衡條件可得F彈＝mgtan45°＝mg；剪斷細繩瞬間，細繩上彈力馬上消逝，而彈簧彈力F彈和B球重力的大小和方向均沒有變更，則F合＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg，aB＝eq\r(2)g，選項A、B錯誤；剪斷細繩前，A球的重力大小GA＝2F繩cos30°＝eq\r(6)mg，剪斷細繩瞬間，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝eq\f(\r(18),2)mg，選項C錯誤；剪斷細繩瞬間，對A球由牛頓其次定律有mAgsin30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，選項D正確。答案D1.(2024·4月浙江選考，12)如圖6所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()圖6A.A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B.A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C.A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D.A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動解析剪斷繩子之前，A球受力分析如圖甲所示，B球受力分析如圖乙所示，C球受力分析如圖丙所示。剪斷繩子瞬間，水杯和水都處于完全失重狀態(tài)，水的浮力消逝，杯子的瞬時加速度為重力加速度。又由于彈簧的形態(tài)來不及發(fā)生變更，彈簧的彈力大小不變，相對地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F彈A,mA)＜g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向上。相對地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F彈B,mB)＞g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向下。繩子剪斷瞬間，C球所受的浮力和拉力均消逝，其瞬時加速度為重力加速度，故相對杯子靜止，綜上所述，D正確。答案D2.(多選)(2024·山東煙臺測試)如圖7所示，兩個質(zhì)量為m1＝2kg，m2＝3kg的物體置于光滑水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接，兩個大小分別為F1＝40N、F2＝10N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是()圖7A.彈簧秤的示數(shù)是28NB.彈簧秤的示數(shù)是30NC.在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為6m/s2D.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4m/s2解析以兩物體組成的系統(tǒng)為探討對象，由牛頓其次定律可知，系統(tǒng)的加速度a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝6m/s2，方向水平向右；設彈簧秤的拉力是F，以m1為探討對象，由牛頓其次定律得：F1－F＝m1a，則F＝F1－m1a＝28N，選項A正確，B錯誤；彈簧的彈力不能突變，在突然撤去F2的瞬間，m1受力狀況不變，m1受的合力不變，由牛頓其次定律可知，m1的加速度不變，選項C正確；彈簧的彈力不能突變，在突然撤去F2的瞬間，m2不再受F2的作用，m2受的合力等于彈簧的彈力，發(fā)生變更，由牛頓其次定律可知，m2的加速度a′＝eq\f(F,m2)＝eq\f(28,3)m/s2＝9.33m/s2，選項D錯誤。答案AC動力學的兩類問題1.解決動力學兩類問題的兩個關(guān)鍵點2.解決動力學基本問題的處理方法(1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采納“合成法”。(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采納“正交分解法”?？枷?動力學單過程綜合問題【例1】飛機在水平跑道上加速滑行時受到機身重力mg、豎直向上的機翼升力F升、發(fā)動機推力F推、空氣阻力F阻、地面支持力N和輪胎受地面的摩擦阻力f。已知升力與空氣阻力均與飛機運動的速度平方成正比，即F升＝k1v2，F(xiàn)阻＝k2v2，k1、k2為已知量，輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比，比例系數(shù)為μ。假設飛機在跑道上加速滑行時發(fā)動機推力F推＝eq\f(mg,4)。(1)飛機起飛時的速度v多大？(2)若要求飛機在水平跑道上勻加速滑行，則輪胎受地面的摩擦阻力f與地面的支持力成正比的比例系數(shù)μ應滿意怎樣的條件？(3)若飛機在水平跑道上從靜止起先勻加速滑行后起飛，跑道的長度至少多大？解析(1)依據(jù)題意，飛機剛要離開跑道時，地面支持力為零，飛機的升力與重力平衡，故有k1v2＝mg解得飛機起飛時的速度為v＝eq\r(\f(mg,k1))。(2)對飛機受力分析，飛機水平方向受推力、摩擦力和空氣阻力，合力使飛機產(chǎn)生加速度，依據(jù)牛頓其次定律有：F推－F阻－f＝ma代入數(shù)據(jù)可得：F推－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma要使飛機做勻加速運動，則：μk1v2－k2v2＝0即滿意μ＝eq\f(k2,k1)。(3)飛機勻加速運動的加速度為a＝eq\f(F推－μmg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－μ))g起飛的條件為N＝0，即k1v2＝mg由勻加速運動關(guān)系式v2－veq\o\al(2,0)＝2as得s＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(2m,k1（1－4μ）)＝eq\f(2m,k1－4k2)。答案(1)eq\r(\f(mg,k1))(2)μ＝eq\f(k2,k1)(3)eq\f(2m,k1－4k2)考向2動力學多過程綜合問題【例2】(2024·全國卷Ⅱ，24)為提高冰球運動員的加速實力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖8所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止動身滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度為g。求：圖8(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿意訓練要求的運動員的最小加速度。解析(1)設冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)②(2)法1冰球到達擋板時，滿意訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種狀況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))⑥法2對冰球由動量定理得－μmgt＝mv1－mv0③s1＝eq\f(1,2)a2t2④由②③④式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))1.如圖9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，魚身的尺寸遠小于魚入水深度。重力加速度為g，求：圖9(1)魚入水時的速度v；(2)魚兩次在水中運動的時間之比t1∶t2；(3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。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)2gH＝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)答案(1)2eq\r(gh)(2)2∶3(3)9∶72.(2024·山東德州市期末)如圖10所示，在建筑裝修中，工人用質(zhì)量m＝5kg的磨石A對地面和斜壁進行打磨，已知A與地面、A與斜壁之間的動摩擦因數(shù)μ均相同。(g取10m/s2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖10(1)圖(a)中，磨石A受到與水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1，當F1＝50N時，A恰好在水平地面上做勻速直線運動，求A與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若用A對傾角θ＝37°的斜壁進行打磨，如圖(b)所示，當對A加豎直向上推力F2＝60N時，求磨石A從靜止起先沿斜壁向上運動0.5m(斜壁長＞0.5m)所用的時間。解析(1)A恰好在水平地面上做勻速直線運動，滑動摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cosθ＝40N，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg＋F1sinθ)＝0.5。(2)將重力及向上的推力合成后，將二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。在沿斜面方向有：(F2－mg)cosθ－Ff1＝ma；在垂直斜面方向上有：FN＝(F2－mg)sinθ；則Ff1＝μ(F2－mg)sinθ，解得a＝1m/s2，沿斜壁向上運動中，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s。答案(1)0.5(2)1s活頁作業(yè)(時間：40分鐘)基礎鞏固練1.若戰(zhàn)機從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同，牽引力相同，則()圖1A.攜帶彈藥越多，加速度越大B.加速度相同，與攜帶彈藥的多少無關(guān)C.攜帶彈藥越多，獲得的起飛速度越大D.攜帶彈藥越多，滑行時間越長解析設戰(zhàn)機起飛前滑行的距離為x，滑行的時間為t，受到的牽引力為F，加速度為a，飛機的總質(zhì)量為m，起飛速度為v，由牛頓其次定律有F－μmg＝ma，則a＝eq\f(F,m)－μg由運動學公式得v＝eq\r(2ax)，t＝eq\r(\f(2x,a))由以上各式知，m越大，a越小，v越小，t越大，選項A、B、C錯誤，D正確。答案D2.(2024·海南卷)汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度，已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長25m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10m/s2)()A.10m/s B.20m/sC.30m/s D.40m/s解析由牛頓其次定律得μmg＝ma，即a＝8m/s2由v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax得v0＝eq\r(2ax)＝eq\r(2×8×25)m/s＝20m/s，故選項B正確。答案B3.(2024·4月浙江選考)如圖2所示，小芳在體重計上完成下蹲動作。下列F－t圖象能反映體重計示數(shù)隨時間變更的是()解析體重計的讀數(shù)為人所受的支持力大小，下蹲過程人的速度從0起先最終又回到0，因此人先加速運動后減速運動，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此選項C正確。答案C4.(2024·北京清華附中模擬)體育課上某同學做引體向上。他兩手握緊單杠，雙臂豎直，身體懸垂；接著用力上拉使下頜超過單杠(身體無搖擺)；然后使身體下降，最終懸垂在單杠上。下列說法正確的是()圖3A.在上升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力B.在下降過程中單杠對人的作用力始終小于人的重力C.若增大兩手間的距離，最終懸垂時單臂的拉力變大D.若增大兩手間的距離，最終懸垂時單臂的拉力不變解析在上升和下降過程中，人都是從靜止起先，最終又回到靜止狀態(tài)，故上升時是先超重后失重，下降時是先失重后超重，而超重時是單杠對人的作用力大于人的重力，失重時是單杠對人的作用力小于人的重力，故選項A、B均錯誤；若增大兩手間的距離，由于兩手的合力等于人的重力，而重力不變，故兩個分力的夾角越大，則分力也就越大，故選項C正確，D錯誤。答案C5.如圖4所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()圖4A.兩圖中兩球加速度均為gsinθB.兩圖中A球的加速度均為0C.圖乙中輕桿的作用力肯定不為0D.圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍解析撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為0，加速度為0，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)?，A、B兩球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，可知只有選項D正確。答案D6.(多選)一游客在峨眉山滑雪時，由靜止起先沿傾角為37°的山坡勻加速滑下。下滑過程中從A點起先給游客抓拍一張連續(xù)曝光的照片如圖5所示。經(jīng)測量游客從起點到本次曝光的中間時刻的位移恰好是40m。已知本次攝影的曝光時間是0.2s，照片中虛影的長度L相當于實際長度4m，則下列選項正確的是(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖5A.運動員在曝光的中間時刻的速度為v0＝20m/sB.運動員下滑的加速度為5.0m/s2C.滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,8)D.滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)為eq\f(3,8)解析用s表示題中的位移，θ表示斜面傾角，Δt表示曝光時間，μ表示滑雪板與坡道間的動摩擦因數(shù)，m表示滑雪運動員的質(zhì)量。設運動員下滑的加速度為a，曝光的中間時刻的速度為v0，則有v0＝eq\f(L,Δt)，代入數(shù)據(jù)得v0＝20m/s，故A選項正確；由veq\o\al(2,0)＝2as可求得：a＝5.0m/s2，故B選項正確；又依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可求得動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,8)，故C選項正確，D選項錯誤。答案ABC7.如圖6甲所示是高層建筑配備的救生緩降器材，遇到突發(fā)狀況時，逃命者可以將平安帶系于腰部，通過鋼絲繩等平安著陸。如圖乙所示，某次演練中，逃命者從距地面72m高處，由靜止起先勻加速下滑27m，隨后以18m/s的速度勻速運動，緊接著以大小為5m/s2加速度減速，到達地面時速度恰好為零。不計空氣阻力，g取10m/s2。求：圖6(1)勻加速下滑的加速度大小；(2)加速下滑時鋼絲繩對逃命者的拉力與重力的比值。解析(1)由運動學公式，知vm2＝2a1x1，解得a1＝6m/s2。(2)逃命者加速下滑時，有mg－T＝ma1，解得T＝4m，則eq\f(T,mg)＝0.4。答案(1)6m/s2(2)0.4綜合提能練8.(多選)(2024·全國卷Ⅱ，19)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則()A.甲球用的時間比乙球長B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析小球的質(zhì)量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙?？諝庾枇＝kr，對小球由牛頓其次定律得，mg－f＝ma，則a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq\f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2)at2知，t甲<t乙，選項A、C錯誤；由v＝eq\r(2ah)知，v甲>v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確。答案BD9.如圖7所示，一物體(可視為質(zhì)點)從豎直立于地面的輕彈簧上方某一高度自由落下。A點為彈簧自然狀態(tài)時上端點的位置，當物體到達B點時，物體速度恰好為零，然后被彈回。下列說法中正確的是()圖7A.物體從A點下降到B點的過程中，速率不斷變小B.物體在B點時，所受合力為零C.物體在A點時處于超重狀態(tài)D.物體在B點時處于超重狀態(tài)解析物體從A點起先，所受合力先向下但不斷減小，加速度不斷減小，速度不斷增大，在A、B間的某個位置彈力大小等于重力時，物體所受合力等于0，速度最大，再向下運動，所受合力反向且不斷增大，物體向下做減速運動，加速度向上，且不斷增大，在B點具有最大的向上的加速度，所以物體在A點處于失重狀態(tài)，在B點處于超重狀態(tài)，故選項D正確，A、B、C錯誤。答案D10.(多選)(2024·山東煙臺統(tǒng)考)如圖8所示，固定在地面上的斜面足夠長，其傾角為30°，用平行于斜面對上，大小為16N的力F作用在質(zhì)量為2kg的物塊上，物塊恰好沿斜面勻速上滑，若g取10m/s2，物塊所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。則下列說法中正確的是()圖8A.在撤去力F的瞬間，物塊所受摩擦力方向不變B.在撤去力F的瞬間，物塊的加速度大小為8m/s2C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.4D.撤去力F后，物塊最終將靜止在斜面上解析物塊勻速上滑過程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，依據(jù)共點力平衡條件，有F－Gsin30°－f＝0，代入數(shù)據(jù)解得f＝6N；撤去F后，物塊由于慣性接著上滑，其余力均不變，則摩擦力f＝6N，方向沿斜面對下，依據(jù)牛頓其次定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，選項A、B正確；滑動摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，選項C錯誤；當物塊上滑的速度減為零時，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物塊不能保持靜止，將沿斜面下滑，選項D錯誤。答案AB11.(2024·滄州模擬)將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖9甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動過程中的最高點，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為()圖9A.mg B.eq\f(1,3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,10)mg解析設每塊磚的厚度是d，向上運動時：9d－3d＝a1T2，向下運動時：3d－d＝a2T2，解得：eq\f(a1,a2)＝eq\f(3,1)；依據(jù)牛頓其次定律，向上運動時：mg＋f＝m