2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點題型歸類訓(xùn)練專題05牛頓運動定律的基本應(yīng)用(原卷版+解析)

這是一份2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點題型歸類訓(xùn)練專題05牛頓運動定律的基本應(yīng)用(原卷版+解析)，共66頁。試卷主要包含了牛頓運動定律的理解，瞬時問題的兩類模型，超重和失重問題，動力學(xué)兩類基本問題，光滑模型等內(nèi)容，歡迎下載使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4307" 題型一 牛頓運動定律的理解 PAGEREF _Tc4307 \h 1
\l "_Tc27234" 類型1 牛頓第一定律的理解 PAGEREF _Tc27234 \h 1
\l "_Tc28244" 類型2 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 PAGEREF _Tc28244 \h 3
\l "_Tc1742" 類型3 牛頓第三定律的理解 PAGEREF _Tc1742 \h 7
\l "_Tc3551" 題型二 瞬時問題的兩類模型 PAGEREF _Tc3551 \h 10
\l "_Tc3810" 題型三 超重和失重問題 PAGEREF _Tc3810 \h 13
\l "_Tc29224" 類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題 PAGEREF _Tc29224 \h 13
\l "_Tc23192" 類型2 超、失重現(xiàn)象的分析和計算 PAGEREF _Tc23192 \h 16
\l "_Tc23282" 題型四 動力學(xué)兩類基本問題 PAGEREF _Tc23282 \h 18
\l "_Tc7057" 類型1 已知受力求運動情況 PAGEREF _Tc7057 \h 19
\l "_Tc2207" 類型2 已知物體運動情況，分析物體受力 PAGEREF _Tc2207 \h 24
\l "_Tc6372" 類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運動 PAGEREF _Tc6372 \h 28
\l "_Tc30009" 題型五 光滑模型 PAGEREF _Tc30009 \h 34
\l "_Tc15995" 類型1 等底光滑斜面 PAGEREF _Tc15995 \h 34
\l "_Tc30439" 類型2 等高斜面 PAGEREF _Tc30439 \h 38
\l "_Tc17467" 類型3 “等時圓”模型 PAGEREF _Tc17467 \h 39
題型一 牛頓運動定律的理解
【解題指導(dǎo)】1．理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、同一性、獨立性.
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，但在使用整體法對系統(tǒng)進(jìn)行受力分析時，可以作為內(nèi)力不考慮．
類型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，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(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的勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。
3.揭示了力與物體運動狀態(tài)的關(guān)系
力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因。
【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）《考工記》是春秋戰(zhàn)國時期齊國人的一部科技著作，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拉車的時候，馬停止用力了，車還能前進(jìn)一段距離，這是世界上對慣性現(xiàn)象的最早論述。下列說法正確的是（ ）A．馬停止用力，車在短時間內(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，由于車的慣性，所以車仍能繼續(xù)前進(jìn)一段距離才停下來
C．車停下來的過程中，隨著速度逐漸減小，車的慣性也逐漸減小
D．車完全停下來后，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)牛頓第一定律，車不受任何外力的作用
【例2】（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考一模）2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終經(jīng)過點球大戰(zhàn)，阿根廷隊以7∶5的成績擊敗法國隊奪得冠軍。關(guān)于足球運動，下列說法正確的是（ ）
A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時，足球都可以被看成質(zhì)點
B．阻力作用下足球運動速度逐漸變小，說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因
C．守門員用雙手將足球以原速率撲出的過程，足球的動量、動能均保持不變
D．罰點球過程中，運動員對足球的彈力越大，足球的動量變化越大
【例3】（2023·北京東城·北京一七一中校考模擬預(yù)測）如圖所示，一個楔形物體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動軌跡是（ ）
A．沿斜面方向的直線B．豎直向下的直線C．無規(guī)則的曲線D．拋物線
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類對物質(zhì)世界的認(rèn)識。推動了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了人類文明的進(jìn)步。關(guān)于物理學(xué)中運動與力的發(fā)展過程和研究方法的認(rèn)識，下列說法中正確的是（ ）
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．伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）和諧地結(jié)合起來，從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法
C．牛頓運動定律是研究動力學(xué)問題的基石，牛頓運動定律都能通過現(xiàn)代的實驗手段直接驗證
D．力的單位“N”是國際單位制的基本單位，加速度的單位“m/s2”是導(dǎo)出單位
類型2 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用
1.對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】（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）《論衡》是中國思想史上的一部重要著作，是東漢時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：“是故車行于陸，船行于溝，其滿而重者行遲，空而輕者行疾”“任重，其進(jìn)取疾速，難矣”，由此可見，王充對運動與力的理解（ ）
A．與亞里斯多德的觀點相近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
【例2】．（2023·北京房山·統(tǒng)考二模）在地鐵運行過程中，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固定在地鐵的豎直扶手上。他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片，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．地鐵運行方向B．地鐵運行加速度方向
C．圓珠筆的質(zhì)量D．地鐵運行加速度大小為
【例3】．（2023春·北京順義·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上從靜止開始以加速度a向前運動位移為x的過程中，若貨箱中石塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力大小為mg
B．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力做功為mgx
C．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力大小為
D．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力沖量大小為m
【例4】（2023春·云南昆明·高三云南師大附中校考階段練習(xí)）長直桿與水平面成角固定放置，如圖所示。桿上O點以上的部分是粗糙的，而O點以下的部分是光滑的。輕彈簧穿過長桿，下端與擋板固定連接。彈簧原長時上端恰好在O點，質(zhì)量為m的帶孔小球（可視為質(zhì)點）穿過長桿，與彈簧上端連接。現(xiàn)將小球拉到圖示a位置由靜止釋放，一段時間后觀察到小球運動穩(wěn)定時彈簧上端的最低位置始終在b點，。則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．小球在b位置受到的彈簧彈力大小為
B．在段運動過程中小球所受摩擦力小于
C．小球第一次過O點時速度一定最大
D．若初始在a位置給小球一個沿桿向下的速度，則小球最終運動的最高點一定在O點
類型3 牛頓第三定律的理解
一對平衡力與作用力和反作用力的比較
名稱
項目
一對平衡力
作用力和反作用力
作用對象
同一個物體
兩個相互作用的不同物體
作用時間
不一定同時產(chǎn)生、同時消失
一定同時產(chǎn)生、同時消失
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】（2023·浙江金華·統(tǒng)考三模）“倒立”可以利用地球引力對人體進(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。針對照片下列同學(xué)的分析判斷中正確的是（ ）
A．地面對人的作用力與人對地面的壓力是一對相互作用力
B．墻面對人的作用力和人對墻面的作用力是一對平衡力
C．人對地面的壓力是因為地面發(fā)生形變產(chǎn)生的
D．人體的重心位置可能在身體的外部
【例2】．（2023·湖北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，一質(zhì)量M＝1 kg、半徑R＝0.5 m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＝0.2 kg的小環(huán)（可視為質(zhì)點），從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度g＝10 m/s2，當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時（ ）
A．小環(huán)的速度大小為
B．小環(huán)運動的加速度大小為40 m/s2
C．小環(huán)對大環(huán)的壓力大小為20 N
D．大環(huán)對輕桿拉力的大小為12 N
【例3】．（2023秋·河北石家莊·高三校考期末）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．人對木箱底的壓力大小為FB．人對木箱底的壓力大小為G2
C．木箱對地面的壓力大小為G2+G1-FD．木箱對地面的壓力大小為G1+G2
題型二 瞬時問題的兩類模型
【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】(2022·江蘇揚州市質(zhì)檢)如圖甲、乙所示，細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質(zhì)鉸鏈桿和輕質(zhì)彈簧支撐，平衡時細(xì)繩與豎直方向的夾角均為53°，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列結(jié)論正確的是( )
A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細(xì)繩的拉力大小均為eq \f(4,3)mg
B.甲圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq \f(4,3)g
C.乙圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq \f(5,3)g
D.甲、乙兩種情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為eq \f(5,3)g
【例2】(2022·安徽省蚌埠第三中學(xué)月考)如圖，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，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間(重力加速度為g)( )
A．圖甲中A球的加速度不為零
B．圖乙中兩球加速度均為gsin θ
C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零
D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的3倍
【例3】(2022·重慶市第三十七中學(xué)高三月考)如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過彈簧相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有( )
A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝g
C．a(chǎn)1＝0，a2＝4 g D．a(chǎn)1＝g，a2＝4 g
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）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的輕繩相連，如圖所示，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．此時，繩上的拉力為20N
B．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N
C．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
題型三 超重和失重問題
【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，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)．
(2)從加速度的角度判斷
當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)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)．
2．對超重和失重現(xiàn)象的理解
(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，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．
類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題
【例1】（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測項目，如圖甲所示，質(zhì)量為60kg的男同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運動過程中，他重心運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由圖像可知（ ）
A．t=0.5s時，單杠對他的支持力約為582N
B．t=1.1s時，他向上運動到最高點
C．t=1.5s時，他處于失重狀態(tài)
D．t=1.5s時，單杠對他的支持力約為600N
【例2】．（2023·全國·二模）在蹦床運動過程中，用力傳感器測出彈簧床對運動員的彈力F，下圖是繪制的F隨時間t的變化圖像，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．運動員的質(zhì)量為40kgB．運動員在3.6s~4.8s內(nèi)處于超重狀態(tài)
C．運動員的最大加速度大小為50m/s2D．運動員離開蹦床上升的最大高度為3.2m【例3】．（2023春·寧夏·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）智能手機(jī)上安裝一款加速度傳感器軟件，能通過圖像顯示加速度情況。某同學(xué)在一次實驗中用手掌托著手機(jī)從靜止開始迅速上下運動，在該軟件上得到豎直方向上加速度隨時間變化的部分圖像如圖所示，該圖像以豎直向上為正方向。依據(jù)圖中信息可判斷（ ）
A．在t1時刻，手機(jī)運動方向改變B．在t2~t3時間內(nèi)，手機(jī)處于失重狀態(tài)
C．在t2時刻，手機(jī)對手掌的壓力最大D．在t2時刻，手機(jī)運動到最高點
類型2 超、失重現(xiàn)象的分析和計算
【例1】（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）最近科學(xué)家對微重力環(huán)境下了一個比較科學(xué)的定義：微重力環(huán)境是指在重力的作用下，系統(tǒng)的表觀重量遠(yuǎn)小于其實際重量的環(huán)境。產(chǎn)生微重力環(huán)境最常用的方法有4種：落塔、飛機(jī)、火箭和航天器。如圖所示為中國科學(xué)院微重力落塔與落倉，在落倉開始下落到停止運動的過程中，能夠產(chǎn)生3.26s時長的微重力環(huán)境，根據(jù)提供的信息，以下說法正確的是（ ）
A．在微重力環(huán)境中，落倉中的體驗者幾乎不會受到重力的作用
B．要形成微重力環(huán)境，落倉要以非常接近重力加速度g的加速度下落
C．落倉下落過程，落倉內(nèi)的體驗者一直處于失重狀態(tài)
D．落倉速度最大時，落倉內(nèi)體驗者的加速度也最大
【例2】．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為m的相同長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，夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．在加速提起磚塊的過程中，磚塊處于失重狀態(tài)
B．夾磚器對兩塊磚塊的壓力大小可能不相等
C．磚塊被加速提起的過程中，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
【例3】(多選)2021年9月17日，“神舟十二號”返回艙成功返回，返回艙在距地面某一高度時，啟動減速降落傘開始做減速運動．當(dāng)返回艙的速度大約減小至v＝9 m/s時，繼續(xù)勻速(近似)下降．當(dāng)以這個速度一直降落到距離地面h＝1.1 m時，立刻啟動返回艙的緩沖發(fā)動機(jī)并向下噴氣，艙體再次做勻減速運動，經(jīng)歷時間t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．設(shè)最后的減速過程可視為豎直方向的勻減速直線運動，取g＝10 m/s2，則最后減速過程中( )
A．返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)
B．返回艙再次做減速運動的加速度大小為25 m/s2
C．返回艙落地的瞬間速度大小為2 m/s
D．返回艙再次做減速運動時對質(zhì)量m＝60 kg的航天員的作用力的大小為2 700 N
題型四 動力學(xué)兩類基本問題
【解題指導(dǎo)】1．做好兩個分析：
受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；
運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關(guān)系.
熟悉兩種處理方法：合成法和正交分解法.
3.把握一個關(guān)鍵：求解加速度是解決問題的關(guān)鍵．
【必備知識】1.基本思路
2.基本步驟
3.解題關(guān)鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。
類型1 已知受力求運動情況
【例1】（2023·河北·高三學(xué)業(yè)考試）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、勻減速直線運動三個階段。當(dāng)工件加速運動到總距離的一半時開始計時，測得電機(jī)的牽引力隨時間變化的圖像如圖所示，當(dāng)時工件速度恰好減為0且到達(dá)指定位置。整個過程中不計空氣阻力，重力加速度，則（ ）
A．時間內(nèi)，工件一直處于失重狀態(tài)
B．工件做勻速運動的速度大小為
C．工件做勻減速運動加速度大小為
D．地面和指定位置之間的總距離為56m
【例2】（2023·北京房山·統(tǒng)考二模）如圖所示，一個質(zhì)量的物塊從光滑的斜面頂端A下滑，斜面高度，斜面長為2.5m。物塊與水平面動摩擦因數(shù)為0.1，斜面與水平面平滑連接，物塊運動到水平面C點靜止。g取10m/s2，求：
（1）物塊在斜面上運動時的加速度大小a；
（2）物塊到達(dá)斜面末端B點時的速度大小v；
（3）物塊在水平面運動的位移大小x。
【例3】．（2023·山東日照·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，一根足夠長的固定細(xì)桿與水平方向的夾角，質(zhì)量的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的O點。開始在空間施加一電磁輻射區(qū)，使小球受到水平向右的力，時小球離開電磁輻射區(qū)，小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時間t變化的圖像如圖乙所示，認(rèn)為細(xì)桿對小球的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（?。?。求：
（1）時小球的加速度的大?。?br>（2）小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離l。
【例4】（2023·北京朝陽·統(tǒng)考二模）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始滑下，滑到水平面上的A點停止。已知小木塊的質(zhì)量，它與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度。，。求：
（1）小木塊在斜面上運動時的加速度大小a；
（2）小木塊滑至斜面底端時的速度大小v；
（3）小木塊在水平面上運動的距離x。
類型2 已知物體運動情況，分析物體受力
【例1】（2023·遼寧撫順·校聯(lián)考二模）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(dá)前擲線時開始計時，則冰壺在第末的速度大小，在第內(nèi)運動了，取重力加速度大小。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)；
（2）營壘中心到前擲線的距離。
【例2】．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）依據(jù)運動員某次練習(xí)時推動冰壺滑行的過程建立如圖所示模型：冰壺的質(zhì)量，當(dāng)運動員推力F為5N，方向與水平方向夾角為時，冰壺可在推力作用下沿著水平冰面做勻速直線運動，一段時間后松手將冰壺投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壺與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
（2）若冰壺投出后在冰面上滑行的最遠(yuǎn)距離是，則冰壺離開手時的速度為多少？
【例3】(2022·遼寧大連市第一次模擬)“新冠”席卷全國，在舉國上下“抗疫”的斗爭中，武漢各大醫(yī)院出現(xiàn)了一批人工智能機(jī)器人。機(jī)器人“小易”在醫(yī)護(hù)人員選擇配送目的后，就開始沿著測算的路徑出發(fā)，在加速啟動的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個人，立即制動減速，恰好在距離人30 cm處停下?！靶∫住?從靜止出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運動，其v－t圖像如圖2所示，圖中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知減速時的加速度大小是加速時加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60 kg，運動過程中阻力恒為20 N。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：
(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；
(2)啟動過程的牽引力與制動過程的制動力(不含阻力)分別多大。
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）2023年1月17日，翔安大橋正式通車。如圖所示為大橋通往濱海東大道的引橋段的簡化模型，一輛質(zhì)量為1500kg的轎車以54km/h的初速度從A點進(jìn)入輔道，沿下坡路段剎車做勻減速直線運動至B點時速度為36km/h，接著保持該速率通過水平圓弧BC路段，最后經(jīng)過CD路段進(jìn)入濱海東大道。若輔道AB長為250m、與水平面夾角為θ，水平圓弧段BC的半徑50m，重力加速度g取10m/s2，，求：
（1）轎車通過水平圓弧段BC時所需的向心力大??；
（2）轎車在AB路段行駛時的加速度大??；
（3）轎車在AB路段行駛時受到的總阻力大?。ê雎园l(fā)動機(jī)動力）。
類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運動
【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）2022年第24屆冬奧會在北京舉行，其中冰壺比賽是冬奧會運動項目之一，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺滑出，現(xiàn)將冰壺的運動簡化為直線運動且不考慮冰壺的轉(zhuǎn)動，比賽場地如圖所示，已知投擲線與O點間的距離為L=30m，冰壺質(zhì)量為m=20kg，與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.02，運動員水平恒定推力為F=19N，重力加速度g=10m/s2，忽略冰壺大小的影響。
（1）若冰壺能恰好到達(dá)圓壘中心O處，求在投擲線AB處投出的速度v0及推力作用的時間t1；
（2）在冰壺滑行的前方用毛刷擦冰面，可使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼?0%，若要求冰壺投出后，以v=0.3m/s的速度與對方位于圓壘中心O處的另一冰壺發(fā)生正碰，求應(yīng)該用毛刷在冰壺滑行前方擦的冰面長度s。
【例2】．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）如圖所示為工人自制的一種簡易裝卸貨輔助裝置，傾斜木板長為，調(diào)節(jié)活動支架以改變傾斜木板水平面之間的夾角。取重力加速度的大小。
（1）某次卸貨時，工人先將傾角調(diào)節(jié)為，然后將貨物甲從木板a端由靜止釋放，一段時間后再將貨物乙從木板a端由靜止釋效，已知貨物甲與木板間的滑動摩擦因數(shù)，貨物乙與木板間的滑動摩擦因數(shù)，為保證兩貨物不在木板上相碰，求釋放兩貨物時間差的最小值；
（2）某次裝貨時，工人將傾角調(diào)節(jié)為，給木板b端的貨物丙施加一個沿木板向上的外力，保持外力的功率不變，使貨物丙從靜止沿木板向上加速運動，外力作用后撤去外力，又經(jīng)過后貨物丙恰好能到達(dá)木板a端。已知貨物丙的質(zhì)量為，貨物丙與木板間的滑動摩擦因數(shù)，，，求外力的功率P以及撤去外力前瞬間貨物丙的加速度a。
【例3】．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）一晴朗的冬日，某同學(xué)在冰雪游樂場乘坐滑雪圈從靜止開始沿斜直雪道勻變速下滑，滑行后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行后勻減速到零。已知該同學(xué)和滑雪圈的總質(zhì)量為，整個滑行過程用時，斜直雪道傾角為37°，重力加速度，忽略空氣阻力（，）。
（1）求該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力的大小；
（2）若水平雪道區(qū)域重新規(guī)劃，使水平雪道距離縮短為，之后再鋪設(shè)長的防滑毯，可使該同學(xué)和滑雪圈在防滑毯終點恰好安全停下，求防滑毯與滑雪圈之間的動摩擦因數(shù)。
【例4】．（2023·山東·模擬預(yù)測）在水平道路上行駛的汽車，擋風(fēng)玻璃與水平面成θ=37°角，無風(fēng)的天氣里，車輛行駛時，靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉受到水平方向空氣的推力，推力方向與車前進(jìn)方向相反，大小由車速v決定，且滿足。只討論樹葉沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下或向上的運動，橫向運動可視為靜止，已知樹葉質(zhì)量m=0.01kg，，取g=10m/s2，cs37°=0.8，sin37°=0.6。
（1）若忽略樹葉與玻璃間的摩擦力，求樹葉靜止在擋風(fēng)玻璃上時車勻速運動的速度大小v0
（2）若樹葉與玻璃間有摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，某次經(jīng)精密測量發(fā)現(xiàn)當(dāng)勻速運動的車速為時，原來靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉恰好要開始沿?fù)躏L(fēng)玻璃向上運動，求樹葉與玻璃間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）在（2）中的動摩擦因數(shù)μ條件下，當(dāng)車以的速度勻速運動時，原本被雨刷夾在擋風(fēng)玻璃底部的樹葉突然失去雨刷的夾持。若擋風(fēng)玻璃斜面長度L=0.81m，樹葉的運動看做是相對擋風(fēng)玻璃的勻加速直線運動，（忽略樹葉在擋風(fēng)玻璃上運動時速度的變化對空氣推力的影響）求樹葉由玻璃底部開始到離開擋風(fēng)玻璃過程中合外力對樹葉的沖量I。
題型五 光滑模型
類型1 等底光滑斜面
【例1】（2023·新疆·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B兩點，A、B離地面的高度分別為?，F(xiàn)使兩個小滑塊從軌道上端同時由靜止開始釋放，由A、B滑到P的時間均為t，間的距離為L，下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【例2】（2023·河北邢臺·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B兩點，現(xiàn)使一小滑塊分別從軌道頂端由靜止釋放，到達(dá)P點所用時間相同，則（ ）
A．下落過程所用時間與兩次下滑過程中的高度之和成正比
B．兩次下滑過程中的高度乘積是一定值
C．由A、B滑到P時重力的功率相等
D．由A、B滑到P的過程中合力的沖量相等
【例3】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，三條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B、C三點，A、B、C離地面的高度分別為、、，現(xiàn)在使三個小滑塊從軌道上端同時由靜止開始釋放，由A、B滑到P的時間均為t，由C滑到P的時間為，那么（ ）
A．B．C．D．
類型2 等高斜面
【例1】（2023·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，兩個等高的光滑斜面AB傾角分別為37°和53°，同一小球從斜面頂端分別沿兩個斜面下滑到底端，則下列說法正確的是（ ）
A．從兩斜面上下滑時間之比是1:1
B．從兩斜面上下滑時間之比是3:4
C．到達(dá)斜面底端時，重力的功率之比為1:1
D．到達(dá)斜面底端時，重力的功率之比為3:4
類型3 “等時圓”模型
1.“等時圓”模型
所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(或從最高點到達(dá)同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。
2.基本規(guī)律
(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。
(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均為切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。
【例1】（2023·陜西安康·統(tǒng)考三模）如圖所示，光滑直桿處在豎直面內(nèi)，桿的端點A、B、C均在同一豎直圓周上，A點為圓周的最低點，直桿與水平面之間的夾角分別為；現(xiàn)將P、Q兩個完全相同的滑塊（滑塊均看成質(zhì)點）分別從B點和C點由靜止釋放，則滑塊P、Q從桿頂端到達(dá)桿底端A點過程中，有（ ）
A．P、Q加速度大小之比為B．P、Q運動時間相等C．P、Q所受支持力的沖量大小相等D．P、Q所受合外力的沖量大小相等
【例2】．（2023·全國·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場中，三個完全相同的帶正電的絕緣小球（未畫出）分別套在固定于AB、AC、AD的三根光滑細(xì)桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經(jīng)過圓心，AD豎直?，F(xiàn)將小球無初速度地從A端釋放，小球分別沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為，則小球在三根細(xì)桿上運動的時間關(guān)系為（ ）
A．B．C．D．無法確定
【例2】．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模）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．B．C．D．無法比較t1、t2的大小
【例3】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）傾角為的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、D三點，其中AC與斜面垂直，且，現(xiàn)有三個質(zhì)量均為的小圓環(huán)（看作質(zhì)點）分別套在三根細(xì)桿上，依次從A點由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點所有時間分別為、、，下列說法正確的是（ ）
A．B．C．D．
公眾號：高中試卷君
專題05 牛頓運動定律的基本應(yīng)用
目錄
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4307" 題型一 牛頓運動定律的理解 PAGEREF _Tc4307 \h 1
\l "_Tc27234" 類型1 牛頓第一定律的理解 PAGEREF _Tc27234 \h 1
\l "_Tc28244" 類型2 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 PAGEREF _Tc28244 \h 3
\l "_Tc1742" 類型3 牛頓第三定律的理解 PAGEREF _Tc1742 \h 7
\l "_Tc3551" 題型二 瞬時問題的兩類模型 PAGEREF _Tc3551 \h 10
\l "_Tc3810" 題型三 超重和失重問題 PAGEREF _Tc3810 \h 13
\l "_Tc29224" 類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題 PAGEREF _Tc29224 \h 13
\l "_Tc23192" 類型2 超、失重現(xiàn)象的分析和計算 PAGEREF _Tc23192 \h 16
\l "_Tc23282" 題型四 動力學(xué)兩類基本問題 PAGEREF _Tc23282 \h 18
\l "_Tc7057" 類型1 已知受力求運動情況 PAGEREF _Tc7057 \h 19
\l "_Tc2207" 類型2 已知物體運動情況，分析物體受力 PAGEREF _Tc2207 \h 24
\l "_Tc6372" 類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運動 PAGEREF _Tc6372 \h 28
\l "_Tc30009" 題型五 光滑模型 PAGEREF _Tc30009 \h 34
\l "_Tc15995" 類型1 等底光滑斜面 PAGEREF _Tc15995 \h 34
\l "_Tc30439" 類型2 等高斜面 PAGEREF _Tc30439 \h 38
\l "_Tc17467" 類型3 “等時圓”模型 PAGEREF _Tc17467 \h 39
題型一 牛頓運動定律的理解
【解題指導(dǎo)】1．理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、同一性、獨立性.
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，但在使用整體法對系統(tǒng)進(jìn)行受力分析時，可以作為內(nèi)力不考慮．
類型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，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(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的勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。
3.揭示了力與物體運動狀態(tài)的關(guān)系
力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因。
【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）《考工記》是春秋戰(zhàn)國時期齊國人的一部科技著作，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拉車的時候，馬停止用力了，車還能前進(jìn)一段距離，這是世界上對慣性現(xiàn)象的最早論述。下列說法正確的是（ ）A．馬停止用力，車在短時間內(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，由于車的慣性，所以車仍能繼續(xù)前進(jìn)一段距離才停下來
C．車停下來的過程中，隨著速度逐漸減小，車的慣性也逐漸減小
D．車完全停下來后，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)牛頓第一定律，車不受任何外力的作用
【答案】B
【詳解】A．馬停止用力，車就不再受到向前拉力作用，由于車的慣性，所以車還能繼續(xù)前進(jìn)一段距離，A錯誤；
B．馬停止用力，由于車的慣性，所以車仍能繼續(xù)前進(jìn)一段距離才停下來，B正確；
C．質(zhì)量是慣性的唯一的量度，因此車停下來的過程中，隨著速度逐漸減小，可車的質(zhì)量不變，車的慣性大小不變，C錯誤；
D．車完全停下來后，處于平衡狀態(tài)，車只是在運動的方向上不受力作用，可在豎直方向上，車仍受到重力與地面的支持力的作用，這兩個力大小相等方向相反，合力是零，D錯誤。
故選B。
【例2】（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考一模）2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終經(jīng)過點球大戰(zhàn)，阿根廷隊以7∶5的成績擊敗法國隊奪得冠軍。關(guān)于足球運動，下列說法正確的是（ ）
A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時，足球都可以被看成質(zhì)點
B．阻力作用下足球運動速度逐漸變小，說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因
C．守門員用雙手將足球以原速率撲出的過程，足球的動量、動能均保持不變
D．罰點球過程中，運動員對足球的彈力越大，足球的動量變化越大
【答案】B
【詳解】A．在研究香蕉球和電梯球的形成原因時，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，故A錯誤；
B．運動狀態(tài)包括物體運動速度的大小和速度的方向，任何一項發(fā)生改變都將表明物體的運動狀態(tài)發(fā)生了改變，足球運動過程中因受阻力速度變小，則可說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故B正確；
C．動量是矢量，既有大小又有方向，當(dāng)守門員用雙手將足球以原速率撲出時，足球的速率不變，但是方向發(fā)生了改變，因此足球的動量發(fā)生了改變，故C錯誤；
D．由動量定理可知，足球的動量變化量等于合外力的沖量，則足球的動量變化量除了與力的大小方向有關(guān)，還與力的作用時間有關(guān)，故D錯誤。
故選B。
【例3】（2023·北京東城·北京一七一中校考模擬預(yù)測）如圖所示，一個楔形物體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動軌跡是（ ）
A．沿斜面方向的直線B．豎直向下的直線C．無規(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，則小球的運動軌跡是豎直向下的直線。
故選B。
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類對物質(zhì)世界的認(rèn)識。推動了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命，促進(jìn)了人類文明的進(jìn)步。關(guān)于物理學(xué)中運動與力的發(fā)展過程和研究方法的認(rèn)識，下列說法中正確的是（ ）
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．伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）和諧地結(jié)合起來，從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法
C．牛頓運動定律是研究動力學(xué)問題的基石，牛頓運動定律都能通過現(xiàn)代的實驗手段直接驗證
D．力的單位“N”是國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錯誤；
B．伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學(xué)演算）結(jié)合起來，從而發(fā)展了人類的科學(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事實進(jìn)行分析的產(chǎn)物，不可能用實驗直接驗證，C錯誤；
D．力的單位“N”是導(dǎo)出單位，D錯誤。
故選B。
類型2 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用
1.對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】（2023秋·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）《論衡》是中國思想史上的一部重要著作，是東漢時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：“是故車行于陸，船行于溝，其滿而重者行遲，空而輕者行疾”“任重，其進(jìn)取疾速，難矣”，由此可見，王充對運動與力的理解（ ）
A．與亞里斯多德的觀點相近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，因此王充對運動與力的理解與牛頓第二定律相近。
故選C。
【例2】．（2023·北京房山·統(tǒng)考二模）在地鐵運行過程中，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固定在地鐵的豎直扶手上。他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片，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．地鐵運行方向B．地鐵運行加速度方向
C．圓珠筆的質(zhì)量D．地鐵運行加速度大小為
【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，地鐵運行加速度方向向左，但無法確定地鐵的運行方向，故B正確，A錯誤；
CD．圓珠筆受力如圖
根據(jù)牛頓第二定律得
所以
無法計算圓珠筆的質(zhì)量，故CD錯誤。
故選B。
【例3】．（2023春·北京順義·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上從靜止開始以加速度a向前運動位移為x的過程中，若貨箱中石塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力大小為mg
B．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力做功為mgx
C．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力大小為
D．石塊B周圍的物體對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和周圍的物體對它的作用力F，兩個力的合力為ma，方向水平向右，則石塊B周圍的物體對它的作用力的合力大小為
選項A錯誤，C正確；
B．石塊B周圍的物體對它的作用力的合力的水平分量為ma，則做功為max，選項B錯誤；
D．物塊的速度
根據(jù)動量定理，石塊B所受的合外力（周圍物體對它作用力的合力與B的重力的矢量和）的沖量大小為
選項D錯誤。
故選C。
【例4】（2023春·云南昆明·高三云南師大附中?？茧A段練習(xí)）長直桿與水平面成角固定放置，如圖所示。桿上O點以上的部分是粗糙的，而O點以下的部分是光滑的。輕彈簧穿過長桿，下端與擋板固定連接。彈簧原長時上端恰好在O點，質(zhì)量為m的帶孔小球（可視為質(zhì)點）穿過長桿，與彈簧上端連接?，F(xiàn)將小球拉到圖示a位置由靜止釋放，一段時間后觀察到小球運動穩(wěn)定時彈簧上端的最低位置始終在b點，。則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．小球在b位置受到的彈簧彈力大小為
B．在段運動過程中小球所受摩擦力小于
C．小球第一次過O點時速度一定最大
D．若初始在a位置給小球一個沿桿向下的速度，則小球最終運動的最高點一定在O點【答案】D
【詳解】AC．對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球從a位置由靜止釋放，先做加速運動，當(dāng)達(dá)到之間的某位置時，彈簧的彈力、小球重力沿桿向下的分力平衡時，此時速度最大，因此，小球在b位置受到彈簧彈力大于，AC錯誤；
B．在段運動過程中小球受重力沿桿向下的分力、彈簧彈力、摩擦力，因此不能判斷摩擦力與的大小關(guān)系，B錯誤；
D．將小球拉到圖示a位置由靜止釋放，小球沿桿做往返運動，由于摩擦力的作用，往返運動的幅度會越來越小，最終穩(wěn)定后小球只在之間往返運動。若初始在a位置給小球一個向下的速度，只是小球沿桿剛開始往返運動的幅度大，隨著往返次數(shù)增多，幅度越來越小，小球最終運動的范圍還是在之間，即小球最終運動的最高點一定還是在O點，D正確。
故選D。
類型3 牛頓第三定律的理解
一對平衡力與作用力和反作用力的比較
【例1】（2023·浙江金華·統(tǒng)考三模）“倒立”可以利用地球引力對人體進(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。針對照片下列同學(xué)的分析判斷中正確的是（ ）
A．地面對人的作用力與人對地面的壓力是一對相互作用力
B．墻面對人的作用力和人對墻面的作用力是一對平衡力
C．人對地面的壓力是因為地面發(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名稱
項目
一對平衡力
作用力和反作用力
作用對象
同一個物體
兩個相互作用的不同物體
作用時間
不一定同時產(chǎn)生、同時消失
一定同時產(chǎn)生、同時消失
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
【詳解】A．在豎直方向上，對人研究，人受到重力、地面對人的作用力和墻對人的摩擦力，故地面對人的作用力與人對地面的壓力隨作用在兩個物體上，但大小不相等，故A錯誤；
B．墻面對人的作用力受力物體為人，人對墻面的作用力受力物體為墻，故不符合平衡力的條件，故B錯誤；
C．人對地面的壓力是因為人手發(fā)生形變產(chǎn)生的，故C錯誤；
D．重心為物體各部分所受重力作用的集中點，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。
【例2】．（2023·湖北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，一質(zhì)量M＝1 kg、半徑R＝0.5 m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＝0.2 kg的小環(huán)（可視為質(zhì)點），從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度g＝10 m/s2，當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時（ ）
A．小環(huán)的速度大小為
B．小環(huán)運動的加速度大小為40 m/s2
C．小環(huán)對大環(huán)的壓力大小為20 N
D．大環(huán)對輕桿拉力的大小為12 N
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)動能定理
解得
故A錯誤；
B．小環(huán)運動的加速度大小為
故B正確；
C．根據(jù)
得大環(huán)對小球的支持力
根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)Υ髩牡膲毫Υ笮?br>F1=F=10 N
故C錯誤；
D．大環(huán)對輕桿拉力的大小為
T= F1+Mg=20 N
故D錯誤。
故選B。
【例3】．（2023秋·河北石家莊·高三?？计谀┠鞠渲谿1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如圖所示，則有（ ）
A．人對木箱底的壓力大小為FB．人對木箱底的壓力大小為G2
C．木箱對地面的壓力大小為G2+G1-FD．木箱對地面的壓力大小為G1+G2
【答案】D
【詳解】AB．以人為研究對象受到重力G2、木箱頂部對人的推力和木箱底部對人的支持力，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木箱的推力和木箱對人的推力大小相等，則有
故AB錯誤；
CD．以人和木箱為研究對象，受到重力，地面對木箱的支持力，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地面壓力和地面對木箱的支持力大小相等，則有
故C錯誤，D正確。故選D。
題型二 瞬時問題的兩類模型
【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】(2022·江蘇揚州市質(zhì)檢)如圖甲、乙所示，細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質(zhì)鉸鏈桿和輕質(zhì)彈簧支撐，平衡時細(xì)繩與豎直方向的夾角均為53°，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加速度為g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列結(jié)論正確的是( )
A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細(xì)繩的拉力大小均為eq \f(4,3)mg
B.甲圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq \f(4,3)g
C.乙圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小為eq \f(5,3)g
D.甲、乙兩種情境中，細(xì)繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為eq \f(5,3)g
【答案】 C【解析】 甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右，如圖所示
由平衡條件得細(xì)繩的拉力大小都為FT＝eq \f(mg,cs 53°)＝eq \f(5,3)mg，故A錯誤；甲圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間，小球的加速度大小為a1＝g，乙圖所示情境中，細(xì)繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細(xì)繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為a2＝eq \f(FT,m)＝eq \f(5,3)g，故C正確，B、D錯誤。
【例2】(2022·安徽省蚌埠第三中學(xué)月考)如圖，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，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間(重力加速度為g)( )
A．圖甲中A球的加速度不為零
B．圖乙中兩球加速度均為gsin θ
C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零
D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的3倍
【答案】 B
【解析】 對于題圖甲，突然撤去擋板的瞬間，由于A、B還沒開始運動，故彈簧彈力不變，A仍處于平衡狀態(tài)，加速度為0，對于B，所受合力等于板在時板的支持力，為2mgsin θ，由牛頓第二定律有2mgsin θ＝maB，可得B的加速度為aB＝2gsin θ；對于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、B加速度相同，整體由牛頓第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均為a′＝gsin θ，設(shè)輕桿對A的作用力為F，對A由牛頓第二定律有mgsin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故題圖乙中輕桿的作用力一定為零，故選B.
【方法點撥】剪斷繩子或撤去外力后，兩物體用輕桿連接，采用整體法，得出整體的加速度，再隔離單個物體分析；兩物體用輕繩連接，可假設(shè)繩子有力(繩子繃直)采用先整體后隔離的方法，判斷假設(shè)是否成立，從而得出正確的結(jié)論．
【例3】(2022·重慶市第三十七中學(xué)高三月考)如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m，物塊2的質(zhì)量為m，兩者通過彈簧相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有( )
A．a(chǎn)1＝0，a2＝g B．a(chǎn)1＝g，a2＝g
C．a(chǎn)1＝0，a2＝4 g D．a(chǎn)1＝g，a2＝4 g
【答案】 C
【解析】 開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力F＝3mg.抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0.對物塊2，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq \f(F′＋mg,m)＝eq \f(3mg＋mg,m)＝4 g．故C正確，A、B、D錯誤．
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）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的輕繩相連，如圖所示，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列說法正確的是（ ）
A．此時，繩上的拉力為20N
B．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N
C．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，對小球根據(jù)平衡條件有
Tcs45°＝mg
解得
A錯誤；
B．剪斷輕繩前，設(shè)彈簧的彈力為F，對小球根據(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錯誤；D．剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_始做圓周運動，此時小球的速度為零，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
mgcs45°＝ma
解得
D錯誤。
故選B。
題型三 超重和失重問題
【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，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)．
(2)從加速度的角度判斷
當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)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)．
2．對超重和失重現(xiàn)象的理解
(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，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．
類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題
【例1】（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預(yù)測）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測項目，如圖甲所示，質(zhì)量為60kg的男同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運動過程中，他重心運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度大小取10m/s2，由圖像可知（ ）
A．t=0.5s時，單杠對他的支持力約為582N
B．t=1.1s時，他向上運動到最高點
C．t=1.5s時，他處于失重狀態(tài)
D．t=1.5s時，單杠對他的支持力約為600N
【答案】C
【詳解】A．由圖像的斜率表示加速度可知，時，加速度為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得單杠對他的支持力為
故A錯誤；
B．由圖像可知，向上做加速運動，后向上減速運動，可知時，并不是向上運動到最高點，故B錯誤；
CD．由圖像可知，時，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，單杠對他的支持力小于重力，即小于，故C正確，D錯誤。
故選C。
【例2】．（2023·全國·二模）在蹦床運動過程中，用力傳感器測出彈簧床對運動員的彈力F，下圖是繪制的F隨時間t的變化圖像，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．運動員的質(zhì)量為40kgB．運動員在3.6s~4.8s內(nèi)處于超重狀態(tài)
C．運動員的最大加速度大小為50m/s2D．運動員離開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錯誤；
B．由圖可知，運動員在3.6s~4.2s內(nèi)彈力大于重力，加速度方向向上，運動員處于超重狀態(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錯誤；
C．當(dāng)運動員處于最低點時，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得
故C錯誤；
D．由圖可知，運動員離開蹦床在空中運動的時間為
所以運動員離開蹦床上升的最大高度為
故D正確。
故選D。
【例3】．（2023春·寧夏·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）智能手機(jī)上安裝一款加速度傳感器軟件，能通過圖像顯示加速度情況。某同學(xué)在一次實驗中用手掌托著手機(jī)從靜止開始迅速上下運動，在該軟件上得到豎直方向上加速度隨時間變化的部分圖像如圖所示，該圖像以豎直向上為正方向。依據(jù)圖中信息可判斷（ ）
A．在t1時刻，手機(jī)運動方向改變B．在t2~t3時間內(nèi)，手機(jī)處于失重狀態(tài)
C．在t2時刻，手機(jī)對手掌的壓力最大D．在t2時刻，手機(jī)運動到最高點
【答案】B
【詳解】A．圖像以豎直向上為正方向，在t1時刻前，手機(jī)從靜止開始一直向上加速，所以運動方向未改變，故A錯誤；
B．在t2~t3時間內(nèi)，加速度為負(fù)，表示加速度方向豎直向下，手機(jī)處于失重狀態(tài)，故B正確；
C．在t2時刻，加速度為零，此時手機(jī)對手掌的壓力大小等于重力，在t1時刻，加速度豎直向上，此時壓力大小大于重力，故C錯誤；
D．加速度時間圖像中，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，在t2時刻之前，正向面積大于負(fù)向面積，所以在t2時刻速度仍豎直向上，則手機(jī)未運動到最高點，故D錯誤。
故選B。
類型2 超、失重現(xiàn)象的分析和計算
【例1】（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）最近科學(xué)家對微重力環(huán)境下了一個比較科學(xué)的定義：微重力環(huán)境是指在重力的作用下，系統(tǒng)的表觀重量遠(yuǎn)小于其實際重量的環(huán)境。產(chǎn)生微重力環(huán)境最常用的方法有4種：落塔、飛機(jī)、火箭和航天器。如圖所示為中國科學(xué)院微重力落塔與落倉，在落倉開始下落到停止運動的過程中，能夠產(chǎn)生3.26s時長的微重力環(huán)境，根據(jù)提供的信息，以下說法正確的是（ ）
A．在微重力環(huán)境中，落倉中的體驗者幾乎不會受到重力的作用
B．要形成微重力環(huán)境，落倉要以非常接近重力加速度g的加速度下落
C．落倉下落過程，落倉內(nèi)的體驗者一直處于失重狀態(tài)D．落倉速度最大時，落倉內(nèi)體驗者的加速度也最大
【答案】B
【詳解】A．在微重力環(huán)境中，落倉中的體驗者仍會受到重力的作用，幾乎所有的重力提供體驗者運動的加速度，體驗者的視重遠(yuǎn)小于實重，故A錯誤；
B．在微重力環(huán)境中，落倉對體驗者的支持力幾乎為零，可知落倉下落的加速度非常接近重力加速度g，故B正確；
C．落倉下落過程，加速度先向下后向上，落倉內(nèi)的體驗者先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故C錯誤；
D．落倉速度最大時，其加速度為零，故D錯誤。
故選B。
【例2】．（2023·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為m的相同長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，夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．在加速提起磚塊的過程中，磚塊處于失重狀態(tài)
B．夾磚器對兩塊磚塊的壓力大小可能不相等
C．磚塊被加速提起的過程中，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程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；
B．磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對兩塊磚塊壓力大小相等，B錯誤；
C．夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動時，磚塊加速度最大，對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程中，其加速度的最大值為
C正確；D．加速度最大時，單獨對其中一個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錯誤。
故選C。
【例3】(多選)2021年9月17日，“神舟十二號”返回艙成功返回，返回艙在距地面某一高度時，啟動減速降落傘開始做減速運動．當(dāng)返回艙的速度大約減小至v＝9 m/s時，繼續(xù)勻速(近似)下降．當(dāng)以這個速度一直降落到距離地面h＝1.1 m時，立刻啟動返回艙的緩沖發(fā)動機(jī)并向下噴氣，艙體再次做勻減速運動，經(jīng)歷時間t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．設(shè)最后的減速過程可視為豎直方向的勻減速直線運動，取g＝10 m/s2，則最后減速過程中( )
A．返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)
B．返回艙再次做減速運動的加速度大小為25 m/s2
C．返回艙落地的瞬間速度大小為2 m/s
D．返回艙再次做減速運動時對質(zhì)量m＝60 kg的航天員的作用力的大小為2 700 N
【答案】 CD
【解析】 在最后的減速過程中，加速度向上，故返回艙中的航天員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)位移時間公式有x＝vt－eq \f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)，則有1.1 m＝9×0.2 m－eq \f(1,2)a×(0.2 s)2，解得a＝35 m/s2，故B錯誤；根據(jù)速度時間公式v′＝v－at，代入數(shù)據(jù)可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s＝2 m/s，故C正確；對質(zhì)量m＝60 kg的航天員受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得FN＝2 700 N，故D正確．
題型四 動力學(xué)兩類基本問題
【解題指導(dǎo)】1．做好兩個分析：
受力分析，表示出合力與分力的關(guān)系；
運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關(guān)系.
熟悉兩種處理方法：合成法和正交分解法.3.把握一個關(guān)鍵：求解加速度是解決問題的關(guān)鍵．
【必備知識】1.基本思路
2.基本步驟
3.解題關(guān)鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。
類型1 已知受力求運動情況
【例1】（2023·河北·高三學(xué)業(yè)考試）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、勻減速直線運動三個階段。當(dāng)工件加速運動到總距離的一半時開始計時，測得電機(jī)的牽引力隨時間變化的圖像如圖所示，當(dāng)時工件速度恰好減為0且到達(dá)指定位置。整個過程中不計空氣阻力，重力加速度，則（ ）
A．時間內(nèi)，工件一直處于失重狀態(tài)
B．工件做勻速運動的速度大小為
C．工件做勻減速運動加速度大小為
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、勻減速直線運動三個階段，圖線表示的是勻速的后半段和勻減速，所以0～10s時間內(nèi)，工件做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，選項A錯誤；
B．根據(jù)動量定理得
勻速運動時有
解得
工件做勻速運動的速度大小為2m/s，選項B錯誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律得
解得
工件做勻減速運動的加速度大小為0.25m/s2，選項C正確；
D．地面和指定位置之間的總距離為
選項D正確；
故選CD。
【例2】（2023·北京房山·統(tǒng)考二模）如圖所示，一個質(zhì)量的物塊從光滑的斜面頂端A下滑，斜面高度，斜面長為2.5m。物塊與水平面動摩擦因數(shù)為0.1，斜面與水平面平滑連接，物塊運動到水平面C點靜止。g取10m/s2，求：
（1）物塊在斜面上運動時的加速度大小a；
（2）物塊到達(dá)斜面末端B點時的速度大小v；
（3）物塊在水平面運動的位移大小x。
【答案】（1）；（2）5m/s；（3）12.5m
【詳解】（1）對物體受力分析，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)運動學(xué)規(guī)律可得
代入數(shù)據(jù)可得
v=5m/s
（3）在水平面上運動摩擦阻力提供加速度有
物塊從B到C根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可得
代入數(shù)據(jù)可得
x=12.5m
【例3】．（2023·山東日照·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，一根足夠長的固定細(xì)桿與水平方向的夾角，質(zhì)量的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的O點。開始在空間施加一電磁輻射區(qū)，使小球受到水平向右的力，時小球離開電磁輻射區(qū)，小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時間t變化的圖像如圖乙所示，認(rèn)為細(xì)桿對小球的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（?。?。求：
（1）時小球的加速度的大?。?br>（2）小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離l。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)題意，對小球受力分析，如圖所示
由圖乙可知，時，小球的加速度恰好為0，則有
解得
由圖乙可知，時，小球的加速度有
解得
am=5m/s2
（2）時，小球離開電磁輻射區(qū)，由牛頓第二定律有
解得
根據(jù)題意，由圖像中面積表示速度變化量可知，由于小球由靜止運動，則時小球的速度為
由可得，小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離為
【例4】（2023·北京朝陽·統(tǒng)考二模）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始滑下，滑到水平面上的A點停止。已知小木塊的質(zhì)量，它與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度。，。求：
（1）小木塊在斜面上運動時的加速度大小a；
（2）小木塊滑至斜面底端時的速度大小v；
（3）小木塊在水平面上運動的距離x。
【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m
【詳解】（1）小木塊在斜面上運動時，由牛頓第二定律可知
解得加速度大小
（2）根據(jù)
可得小木塊滑至斜面底端時的速度大小
v=2m/s
（3）小木塊在水平面上運動時的加速度
運動的距離
類型2 已知物體運動情況，分析物體受力
【例1】（2023·遼寧撫順·校聯(lián)考二模）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(dá)前擲線時開始計時，則冰壺在第末的速度大小，在第內(nèi)運動了，取重力加速度大小。求：
（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)；
（2）營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，則冰壺在最后通過的位移
所以冰壺在第內(nèi)的某瞬間已經(jīng)停止運動，令，設(shè)冰壺運動所用的時間為t，則有
，
解得
（2）根據(jù)運動學(xué)公式有
解得
【例2】．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）依據(jù)運動員某次練習(xí)時推動冰壺滑行的過程建立如圖所示模型：冰壺的質(zhì)量，當(dāng)運動員推力F為5N，方向與水平方向夾角為時，冰壺可在推力作用下沿著水平冰面做勻速直線運動，一段時間后松手將冰壺投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壺與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
（2）若冰壺投出后在冰面上滑行的最遠(yuǎn)距離是，則冰壺離開手時的速度為多少？
【答案】（1）μ=0.02；（2）4m/s
【詳解】（1）以冰壺為研究對象，由共點力作用下物體的平衡條件：在水平方向有
Fcsθ=μN
在豎直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由勻變速直線運動的位移速度加速度關(guān)系式得
由牛頓運動定律得
μmg=ma
代入數(shù)據(jù)后聯(lián)立解得
v0=4m/s
【例3】(2022·遼寧大連市第一次模擬)“新冠”席卷全國，在舉國上下“抗疫”的斗爭中，武漢各大醫(yī)院出現(xiàn)了一批人工智能機(jī)器人。機(jī)器人“小易”在醫(yī)護(hù)人員選擇配送目的后，就開始沿著測算的路徑出發(fā)，在加速啟動的過程中“小易”“發(fā)現(xiàn)”正前方站一個人，立即制動減速，恰好在距離人30 cm處停下?！靶∫住?從靜止出發(fā)到減速停止，可視為兩段勻變速直線運動，其v－t圖像如圖2所示，圖中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知減速時的加速度大小是加速時加速度大小的3倍，“小易”(含藥物)的總質(zhì)量為60 kg，運動過程中阻力恒為20 N。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)求：
(1)“小易”從靜止出發(fā)到減速停止的總位移以及加速過程與減速過程的加速度分別多大；
(2)啟動過程的牽引力與制動過程的制動力(不含阻力)分別多大。
【答案】 (1)4 m 4.17 m/s2 12.5 m/s2 (2)270 N 730 N
【解析】 (1)設(shè)加速運動與減速運動的時間分別為t1、t2，位移分別是x1、x2，總時間是t0，總位移是x，由勻變速直線運動規(guī)律知
x1＝eq \f(v0,2)t1，x2＝eq \f(v0,2)t2
x＝x1＋x2，解得x＝4 m
由加速度定義式知a1＝eq \f(v0,t1)，a2＝eq \f(v0,t2)，
則a2＝3a1
t0＝t1＋t2
聯(lián)立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s
則a1＝eq \f(25,6) m/s2＝4.17 m/s2，a2＝eq \f(25,2) m/s2＝12.5 m/s2。
(2)對加速過程與減速過程分別列牛頓第二定律方程有
F1－Ff＝ma1，F(xiàn)2＋Ff＝ma2
解得F1＝270 N，F(xiàn)2＝730 N。
【例4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）2023年1月17日，翔安大橋正式通車。如圖所示為大橋通往濱海東大道的引橋段的簡化模型，一輛質(zhì)量為1500kg的轎車以54km/h的初速度從A點進(jìn)入輔道，沿下坡路段剎車做勻減速直線運動至B點時速度為36km/h，接著保持該速率通過水平圓弧BC路段，最后經(jīng)過CD路段進(jìn)入濱海東大道。若輔道AB長為250m、與水平面夾角為θ，水平圓弧段BC的半徑50m，重力加速度g取10m/s2，，求：
（1）轎車通過水平圓弧段BC時所需的向心力大??；
（2）轎車在AB路段行駛時的加速度大小；
（3）轎車在AB路段行駛時受到的總阻力大?。ê雎园l(fā)動機(jī)動力）。
【答案】（1）3000N；（2）0.25m/s2；（3）1125N
【詳解】（1）轎車通過水平圓弧段BC時的速度
由向心力公式得
代值可得
（2）轎車從A點進(jìn)入輔道的速度為
由
代值可得
加速度大小為0.25m/s2；
（3）由牛頓第二定律可得
代值可得轎車在AB路段行駛時受到的總阻力大小
類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運動
【例1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）2022年第24屆冬奧會在北京舉行，其中冰壺比賽是冬奧會運動項目之一，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺滑出，現(xiàn)將冰壺的運動簡化為直線運動且不考慮冰壺的轉(zhuǎn)動，比賽場地如圖所示，已知投擲線與O點間的距離為L=30m，冰壺質(zhì)量為m=20kg，與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.02，運動員水平恒定推力為F=19N，重力加速度g=10m/s2，忽略冰壺大小的影響。（1）若冰壺能恰好到達(dá)圓壘中心O處，求在投擲線AB處投出的速度v0及推力作用的時間t1；
（2）在冰壺滑行的前方用毛刷擦冰面，可使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼?0%，若要求冰壺投出后，以v=0.3m/s的速度與對方位于圓壘中心O處的另一冰壺發(fā)生正碰，求應(yīng)該用毛刷在冰壺滑行前方擦的冰面長度s。
【答案】（1），；（2）2.25m
【詳解】（1）設(shè)開始時冰壺的加速度大小為a1，從投擲線AB處投出后冰壺的加速度大小為a2，則有
μmg=ma2，
解得
開始時冰壺的受力如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)運動學(xué)公式有
v0=a1t1
解得
（2）設(shè)冰壺滑過擦過的冰面長度為s，根據(jù)動能定理有
代入數(shù)據(jù)解得
s=2.25m
【例2】．（2023·山東·濟(jì)南一中統(tǒng)考二模）如圖所示為工人自制的一種簡易裝卸貨輔助裝置，傾斜木板長為，調(diào)節(jié)活動支架以改變傾斜木板水平面之間的夾角。取重力加速度的大小。（1）某次卸貨時，工人先將傾角調(diào)節(jié)為，然后將貨物甲從木板a端由靜止釋放，一段時間后再將貨物乙從木板a端由靜止釋效，已知貨物甲與木板間的滑動摩擦因數(shù)，貨物乙與木板間的滑動摩擦因數(shù)，為保證兩貨物不在木板上相碰，求釋放兩貨物時間差的最小值；
（2）某次裝貨時，工人將傾角調(diào)節(jié)為，給木板b端的貨物丙施加一個沿木板向上的外力，保持外力的功率不變，使貨物丙從靜止沿木板向上加速運動，外力作用后撤去外力，又經(jīng)過后貨物丙恰好能到達(dá)木板a端。已知貨物丙的質(zhì)量為，貨物丙與木板間的滑動摩擦因數(shù)，，，求外力的功率P以及撤去外力前瞬間貨物丙的加速度a。
【答案】（1）；（2），，方向沿斜面向上
【詳解】（1）對甲根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
對乙根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
兩貨物不在木板上相碰的臨界條件為兩貨物同時到達(dá)木板b端，此時最小
解得
（2）根據(jù)
解得
對丙根據(jù)牛頓第二定律
解得
根據(jù)運動學(xué)公式
又
解得
方向沿斜面向上。
【例3】．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）一晴朗的冬日，某同學(xué)在冰雪游樂場乘坐滑雪圈從靜止開始沿斜直雪道勻變速下滑，滑行后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行后勻減速到零。已知該同學(xué)和滑雪圈的總質(zhì)量為，整個滑行過程用時，斜直雪道傾角為37°，重力加速度，忽略空氣阻力（，）。
（1）求該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力的大??；
（2）若水平雪道區(qū)域重新規(guī)劃，使水平雪道距離縮短為，之后再鋪設(shè)長的防滑毯，可使該同學(xué)和滑雪圈在防滑毯終點恰好安全停下，求防滑毯與滑雪圈之間的動摩擦因數(shù)。
【答案】（1）；（2）【詳解】（1）該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上滑行時做初速度為0的勻加速直線運動，加速度大小為，位移大小為，時間為，末速度為；在水平雪道上滑行時，做末速度為0的勻減速直線運動，位移大小為，時間為分析運動過程可得
， ，
解得斜直雪道末速度
斜直雪道的時間
水平雪道用時
在斜直雪道上的加速度
由牛頓第二定律得
解得該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力為
（2）設(shè)在水平雪道上滑行時，加速度為大小，則
使水平雪道距離縮短為，設(shè)該同學(xué)和滑雪圈滑出水平雪道的速度為，則
解得
設(shè)在防滑毯上的加速度大小為，則
解得
由牛頓第二定律可得
解得防滑毯與滑雪圈之間的動摩擦因數(shù)
【例4】．（2023·山東·模擬預(yù)測）在水平道路上行駛的汽車，擋風(fēng)玻璃與水平面成θ=37°角，無風(fēng)的天氣里，車輛行駛時，靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉受到水平方向空氣的推力，推力方向與車前進(jìn)方向相反，大小由車速v決定，且滿足。只討論樹葉沿?fù)躏L(fēng)玻璃向下或向上的運動，橫向運動可視為靜止，已知樹葉質(zhì)量m=0.01kg，，取g=10m/s2，cs37°=0.8，sin37°=0.6。
（1）若忽略樹葉與玻璃間的摩擦力，求樹葉靜止在擋風(fēng)玻璃上時車勻速運動的速度大小v0
（2）若樹葉與玻璃間有摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，某次經(jīng)精密測量發(fā)現(xiàn)當(dāng)勻速運動的車速為時，原來靜止在擋風(fēng)玻璃上的樹葉恰好要開始沿?fù)躏L(fēng)玻璃向上運動，求樹葉與玻璃間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）在（2）中的動摩擦因數(shù)μ條件下，當(dāng)車以的速度勻速運動時，原本被雨刷夾在擋風(fēng)玻璃底部的樹葉突然失去雨刷的夾持。若擋風(fēng)玻璃斜面長度L=0.81m，樹葉的運動看做是相對擋風(fēng)玻璃的勻加速直線運動，（忽略樹葉在擋風(fēng)玻璃上運動時速度的變化對空氣推力的影響）求樹葉由玻璃底部開始到離開擋風(fēng)玻璃過程中合外力對樹葉的沖量I。
【答案】（1）10m/s；（2）；（3）0.09N?s，方向沿?fù)躏L(fēng)玻璃斜面向上
【詳解】（1）樹葉靜止時受力平衡，沿玻璃斜面方向有
又因為
解得
（2）當(dāng)車速為時，發(fā)現(xiàn)樹葉恰好向上運動，此時為臨界狀態(tài)，樹葉加速度為0，則
聯(lián)立解得
（3）失去夾持時樹葉相對擋風(fēng)玻璃的初速度為零，樹葉相對擋風(fēng)玻璃做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，有
解得
解得
t=0.18s
合外力對樹葉的沖量
方向沿?fù)躏L(fēng)玻璃斜面向上。
題型五 光滑模型
類型1 等底光滑斜面
【例1】（2023·新疆·統(tǒng)考二模）如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B兩點，A、B離地面的高度分別為?，F(xiàn)使兩個小滑塊從軌道上端同時由靜止開始釋放，由A、B滑到P的時間均為t，間的距離為L，下列說法正確的是（ ）
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，物體運動的加速度
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的時間均為t，可得
可得
整理可得
根據(jù)
則
A正確，B錯誤；
CD．根據(jù)幾何關(guān)系
則
根據(jù)
可得
可得
C正確，D錯誤。
故選AC。
【例2】（2023·河北邢臺·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B兩點，現(xiàn)使一小滑塊分別從軌道頂端由靜止釋放，到達(dá)P點所用時間相同，則（ ）
A．下落過程所用時間與兩次下滑過程中的高度之和成正比
B．兩次下滑過程中的高度乘積是一定值
C．由A、B滑到P時重力的功率相等
D．由A、B滑到P的過程中合力的沖量相等
【答案】B
【詳解】A．設(shè)OP=a，木板傾角為α，則物體下滑的時間
兩次到達(dá)P點所用時間相同，則
可得
即
兩次下滑過程中的高度之和
帶入可得（消掉a）
即下落過程所用時間平方與兩次下滑過程中的高度之和成正比，選項A錯誤；
B．兩次下滑過程中的高度乘積
選項B正確；
C．滑到P點時的速度
重力的瞬時功率
因與不一定相等，則由A、B滑到P時重力的功率不一定相等，選項C錯誤；
D．根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化，而由A、B滑到P的過程中動量變化的方向不同，動量變化的大小
也不相同，則合力的沖量不相等，選項D錯誤。
故選B。
【例3】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，三條光滑的軌道下端固定在P點，上端分別固定在豎直墻面上的A、B、C三點，A、B、C離地面的高度分別為、、，現(xiàn)在使三個小滑塊從軌道上端同時由靜止開始釋放，由A、B滑到P的時間均為t，由C滑到P的時間為，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，物體運動的加速度
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>θ3
A、B滑到P的時間均為t，由幾何知識可知θ1、θ2互余，則C點滑到P點時間最長，故CD錯誤；
AB．由
可得
則
故A正確，B錯誤。
故選A。
類型2 等高斜面
【例1】（2023·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，兩個等高的光滑斜面AB傾角分別為37°和53°，同一小球從斜面頂端分別沿兩個斜面下滑到底端，則下列說法正確的是（ ）
A．從兩斜面上下滑時間之比是1:1
B．從兩斜面上下滑時間之比是3:4
C．到達(dá)斜面底端時，重力的功率之比為1:1
D．到達(dá)斜面底端時，重力的功率之比為3:4
【答案】D
【詳解】AB．小球在斜面上運動的加速度
設(shè)斜面的高度為h，斜的長
由于
運動時間
故
選項AB錯誤；
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C錯誤，D正確。
故選D。
類型3 “等時圓”模型
1.“等時圓”模型
所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(或從最高點到達(dá)同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。
2.基本規(guī)律
(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。
(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均為切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。
【例1】（2023·陜西安康·統(tǒng)考三模）如圖所示，光滑直桿處在豎直面內(nèi)，桿的端點A、B、C均在同一豎直圓周上，A點為圓周的最低點，直桿與水平面之間的夾角分別為；現(xiàn)將P、Q兩個完全相同的滑塊（滑塊均看成質(zhì)點）分別從B點和C點由靜止釋放，則滑塊P、Q從桿頂端到達(dá)桿底端A點過程中，有（ ）
A．P、Q加速度大小之比為B．P、Q運動時間相等
C．P、Q所受支持力的沖量大小相等D．P、Q所受合外力的沖量大小相等
【答案】B【詳解】A．設(shè)圓周半徑為R，沿桿和下滑的時間分別為，由于是光滑桿則下滑的加速度分別為
所以
選項A錯誤；
B．又根據(jù)
解得
選項B正確；
C．由于支持力大小和方向均不相同，所以支持力的沖量大小不同，選項C錯誤；
D．合外力大小不同，所以合外力的沖量大小不同，選項D錯誤。
故選B。
【例2】．（2023·全國·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場中，三個完全相同的帶正電的絕緣小球（未畫出）分別套在固定于AB、AC、AD的三根光滑細(xì)桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經(jīng)過圓心，AD豎直?，F(xiàn)將小球無初速度地從A端釋放，小球分別沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三點。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為，則小球在三根細(xì)桿上運動的時間關(guān)系為（ ）
A．B．C．D．無法確定
【答案】B
【詳解】小球所受電場力大小與重力大小之比為，可知小球所受重力與電場力的合力F的方向恰好與平行，且由A指向B。延長，作交于M，以為直徑畫一個圓（圖中虛線），與該圓交于N。
設(shè)，則小球沿桿運動的加速度為
位移為
由得
與無關(guān)，由等時圓模型知
而，，故
故選B。
【例2】．（2023·陜西渭南·統(tǒng)考一模）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．B．C．D．無法比較t1、t2的大小
【答案】C
【詳解】如圖所示
以O(shè)點為最高點，取合適的直徑做等時圓，由圖可知，從O到C、B時間相等，比較圖示位移
可得
故選C。
【例3】．（2023·全國·高三專題練習(xí)）傾角為的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、D三點，其中AC與斜面垂直，且，現(xiàn)有三個質(zhì)量均為的小圓環(huán)（看作質(zhì)點）分別套在三根細(xì)桿上，依次從A點由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點所有時間分別為、、，下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】由于
則可以判斷AB豎直向下，以AB為直徑做圓，則必過C點，如圖
圓環(huán)在桿AC上運動過程，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式可得
mgcsθ=ma
聯(lián)立解得
可見從A點出發(fā)，到達(dá)圓周各點所用的時間相等，與桿的長短、傾角無關(guān)，可得
故選B。
公眾號：高中試卷君