考點(diǎn)1 瞬時(shí)性問題

加速度與合力具有因果關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合力發(fā)生變化時(shí)，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運(yùn)動(dòng)的速度[1] 不能 發(fā)生突變.
如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細(xì)繩懸掛起來，重力加速度為g.
（1）剪斷細(xì)繩前，彈簧對(duì)A球的彈力是 mg ，彈簧對(duì)B球的拉力是 mg ；剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧對(duì)A球的彈力是 mg ，彈簧對(duì)B球的拉力是 mg .
（2）剪斷細(xì)繩的瞬間，A球和B球的加速度分別是 2g 、 0 .
解析 剪斷細(xì)繩之前，細(xì)繩的拉力為2mg，輕彈簧拉力為mg；當(dāng)剪斷細(xì)繩的瞬間，細(xì)繩拉力消失，輕彈簧拉力不發(fā)生突變，則A球所受合力為2mg，加速度為2g，B球所受合力為0，加速度為0.
明確并注意區(qū)別牛頓第二定律瞬時(shí)性問題的幾種模型

1.[輕桿連接]兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用輕桿連接后通過細(xì)繩懸掛在天花板上，如圖所示.現(xiàn)突然剪斷細(xì)繩OA，讓小球下落，在剪斷細(xì)繩的瞬間，小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，重力加速度為g，則（ A ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g
C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 剪斷細(xì)繩的瞬間，A、B間輕桿的彈力可瞬間發(fā)生變化，A、B的加速度相同，將兩球看成一個(gè)整體，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，兩球的加速度均為g，即a1＝g，a2＝g，故A正確.
命題拓展
輕桿連接→輕繩連接
若小球A和小球B之間用輕繩連接，在剪斷細(xì)繩OA的瞬間，小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，重力加速度為g，則（ A ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g
C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 剪斷細(xì)繩的瞬間，A、B間輕繩的彈力可瞬間發(fā)生變化，A、B的加速度相同，將兩球看成一個(gè)整體，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，兩球的加速度均為g，即a1＝g，a2＝g，故A正確.
2.[輕繩、輕彈簧連接/2024山東濟(jì)南聯(lián)考]如圖所示，A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L2連接，細(xì)繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細(xì)繩L2水平拉直，現(xiàn)將細(xì)繩L2剪斷，則細(xì)繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是（ D ）
A.細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1：1
B.細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1：cs2θ
C.A與B的加速度之比為1：1
D.A與B的加速度之比為csθ：1
解析 根據(jù)題述可知，A、B兩球的質(zhì)量相等，設(shè)為m，剪斷細(xì)繩L2后，A球做圓周運(yùn)動(dòng)，剪斷瞬間速度為0，向心加速度為0，只有切向加速度，故對(duì)A球進(jìn)行受力分析，
如圖甲所示，有FT＝mgcsθ，mgsinθ＝ma1；剪斷細(xì)繩L2瞬間，對(duì)B球進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Fcsθ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT：F＝cs2θ：1，a1：a2＝csθ：1，故D正確.
方法點(diǎn)撥
利用建模思想求解瞬時(shí)加速度
考點(diǎn)2 超重和失重問題

1.超重與失重
2.實(shí)重與視重
如圖，一中學(xué)生站在體重計(jì)上向下蹲.
（1）中學(xué)生在下蹲過程中是處于超重狀態(tài)還是處于失重狀態(tài)？
（2）中學(xué)生在下蹲過程中體重計(jì)的示數(shù)如何變化？
（3）中學(xué)生在下蹲過程中體重計(jì)對(duì)中學(xué)生的支持力如何變化？
答案 （1）中學(xué)生先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)（突破點(diǎn)：下蹲過程中先加速后減速）.
（2）體重計(jì)的示數(shù)先減小后增大.
（3）體重計(jì)對(duì)中學(xué)生的支持力先減小后增大.

命題點(diǎn)1 超失重現(xiàn)象的判斷
3.[v－t圖像/2024廣東惠州第一次調(diào)研]近年來惠州市試點(diǎn)為老舊小區(qū)加裝垂直電梯，如圖（a）所示，取豎直向上方向?yàn)檎较?，某人某次乘電梯時(shí)的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖（b）所示，以下說法正確的是（ C ）
A.4s時(shí)電梯停止在某一層樓
B.1～3s，此人處于超重狀態(tài)，重力變大
C.5～7s，此人處于失重狀態(tài)，支持力小于重力
D.電梯先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
解析
4.[F－t圖像]圖甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動(dòng)作的示意圖，圖甲中的小黑點(diǎn)表示人的重心.圖乙是平板所受壓力隨時(shí)間變化的圖像，取重力加速度g＝10m/s2.根據(jù)圖像分析可知（ C ）
A.人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300N
B.在由b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)
C.人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態(tài)
D.人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度
解析 由圖乙可知，開始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，人對(duì)平板的壓力約為900N，則人的重力也約為900N，A錯(cuò)誤；在由b到c的過程中，人對(duì)平板的壓力先小于重力后大于重力，故人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，B錯(cuò)誤；人雙腳離開平板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，C正確；人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻對(duì)平板的壓力與重力的差值要小于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻對(duì)平板的壓力與重力的差值，則人在b點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度要小于在c點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度，D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
判斷超重和失重的方法
命題點(diǎn)2 超失重現(xiàn)象的分析和計(jì)算
5.[超失重與現(xiàn)代科技/2024湖北黃岡統(tǒng)考]某同學(xué)用橡皮筋懸掛智能手機(jī)做如下實(shí)驗(yàn)：如圖甲所示，將橡皮筋上端固定在鐵架臺(tái)上的O點(diǎn)，打開手機(jī)加速度傳感器，同時(shí)從O點(diǎn)由靜止釋放手機(jī)，獲得一段時(shí)間內(nèi)手機(jī)在豎直方向的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（ D ）
A.手機(jī)在0.5s時(shí)處于失重狀態(tài)
B.手機(jī)在1.0s時(shí)處于超重狀態(tài)
時(shí)橡皮筋恢復(fù)到原長
D.手機(jī)的速度最大值約為3m/s
解析 根據(jù)題意，手機(jī)從O點(diǎn)由靜止釋放時(shí)，加速度為－10m/s2，對(duì)比以后的加速度，可知圖像是以豎直向上為正方向，且釋放手機(jī)時(shí)橡皮筋處于松弛狀態(tài).手機(jī)在0.5s時(shí)加速度方向向上，處于超重狀態(tài).手機(jī)在1.0s時(shí)加速度為負(fù)，方向向下，處于失重狀態(tài)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；0.9s時(shí)，手機(jī)加速度為0，橡皮筋彈力與重力平衡，不為零，橡皮筋沒有恢復(fù)到原長，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖乙可知，手機(jī)先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大，根據(jù)a－t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量可知，最大速度約為vmax＝12×（0.25＋0.35）×10m/s＝3m/s，選項(xiàng)D正確.
6.[超失重與體育/2024福建莆田二中階段測試]女排運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行原地起跳攔網(wǎng)訓(xùn)練，某質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員原地靜止站立（不起跳）雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為2.10m，在訓(xùn)練中，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳（從開始上升到腳剛離地的過程），最后腳離地上升到最高點(diǎn)時(shí)雙手?jǐn)r網(wǎng)高度為2.90m.若運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力影響，取g＝10m/s2.則（ B ）
A.運(yùn)動(dòng)員在起跳過程中處于失重狀態(tài)
B.運(yùn)動(dòng)員起跳過程中的加速度大小為16m/s2
C.運(yùn)動(dòng)員從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)需要0.4s
D.起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為960N
解析 運(yùn)動(dòng)員起跳過程中，向上做加速運(yùn)動(dòng)，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員腳離地之后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，逆向思維，由v2＝2gh可得，腳離地時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度為v＝2×10×（2.9－2.1）m/s＝4m/s，由v2＝2ax可得，運(yùn)動(dòng)員起跳過程中的加速度大小為a＝v22x＝422×0.5m/s2＝16m/s2，選項(xiàng)B正確；根據(jù)題意，運(yùn)動(dòng)員起跳過程經(jīng)過的時(shí)間為t1＝va＝0.25s，運(yùn)動(dòng)員從離地到上升到最高點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間為t2＝vg＝0.4s，則運(yùn)動(dòng)員從開始起跳到離地上升到最高點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間為t＝t1＋t2＝0.65s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由牛頓第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝1560N，由牛頓第三定律可知，起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為F'N＝FN＝1560N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
方法點(diǎn)撥
1.不論超重還是失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變.
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.
3.即使物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài).
4.即使系統(tǒng)整體沒有豎直方向的加速度，但只要系統(tǒng)的一部分具有豎直方向的分加速度，系統(tǒng)也會(huì)處于超重或失重狀態(tài).
考點(diǎn)3 兩類動(dòng)力學(xué)問題

1.兩類基本的動(dòng)力學(xué)問題
（1）已知物體受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況；
（2）已知物體運(yùn)動(dòng)情況，判斷其受力情況.
應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和[8] 牛頓第二定律 解決動(dòng)力學(xué)問題，受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析是關(guān)鍵，[9] 加速度 是解決此類問題的紐帶.
2.力和運(yùn)動(dòng)問題求解步驟
如圖所示，一位滑雪者以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，已知人與裝備的總質(zhì)量為75kg，山坡傾角為37°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
（1）若在5s內(nèi)滑雪者滑下的路程為60m.求滑雪者受到的阻力.
（2）若滑雪者與雪面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.375，在5s內(nèi)滑雪者滑下的路程是多少？
答案 （1）150N （2）47.5m
解析 （1）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x1＝v0t＋12a1t2，解得滑雪者下滑的加速度a1＝4m/s2.由牛頓第二定律可知mgsin37°－Ff＝ma，得滑雪者受到的阻力Ff＝150N.
（2）對(duì)滑雪者受力分析可知F壓＝mgcs37°＝600N，則FN＝F壓＝600N，由牛頓第二定律可知mgsin37°－μFN＝ma2，解得滑雪者下滑的加速度a2＝3m/s2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x2＝v0t＋12a2t2，得x2＝47.5m.

命題點(diǎn)1 已知受力求運(yùn)動(dòng)情況
7.[牛頓運(yùn)動(dòng)定律、受力分析/2022全國乙]一不可伸長的輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L.現(xiàn)將一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直，如圖所示.當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí)，它們的加速度大小均為（ A ）
A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m
解析 當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sinθ＝3L10L2＝35，設(shè)繩子拉力為FT，水平方向有2FTcsθ＝F，解得FT＝58F，對(duì)任意小球由牛頓第二定律有FT＝ma，解得a＝5F8m，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
8.[等時(shí)圓模型/多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O'為圓心.每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（未畫出），兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)細(xì)桿另一端所用的時(shí)間.下列關(guān)系正確的是（ BCD ）
A.t1＝t2B.t2＞t3
C.t1＜t2D.t1＝t3
解析 設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，ca、Oa、da三根細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a滑動(dòng)的小滑環(huán)與由O→b滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca＞aOb，由x＝12a加t2可知，t2＞tca，故B、C、D正確.
方法點(diǎn)撥 等時(shí)圓模型
命題點(diǎn)2 已知運(yùn)動(dòng)情況求力
9.[根據(jù)運(yùn)動(dòng)圖像求力/多選]如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg、初速度v0＝10m/s的物塊，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻F突然反向，大小不變，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g＝10m/s2.下列說法中正確的是（ ABD ）
A.0～5m內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)
B.在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向
C.恒力F大小為10N
D.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3
解析 0～5m內(nèi)，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，A正確；由圖乙知，物塊的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m處反向，在0～5m內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝0－v0a1＝1s，即在t＝1s時(shí)刻，恒力F反向，B正確；5～13m內(nèi)，由v22＝2a2x2，得物塊的加速度a2＝v222x2＝4m/s2，由牛頓第二定律得－F－μmg＝ma1，F(xiàn)－μmg＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝7N，μ＝0.3，D正確，C錯(cuò)誤.
10.[根據(jù)運(yùn)動(dòng)描述求力的大小/2023山東日照聯(lián)考]2022年6月17日，我國第三艘航空母艦福建艦下水，福建艦上安裝了電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離.假設(shè)航空母艦的水平跑道總長l＝180m，電磁彈射區(qū)的長度l1＝80m，如圖所示.一架質(zhì)量m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可為飛機(jī)提供恒定的推力，假設(shè)飛機(jī)在航母上受到的阻力恒為飛機(jī)重力的14.若飛機(jī)可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，經(jīng)電磁彈射器彈射后可獲得的速度為202m/s，從邊沿離艦的起飛速度為40m/s，航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，電磁彈射器提供的牽引力恒定，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可為飛機(jī)提供的推力大小；
（2）電磁彈射器提供的恒定牽引力的大小.
答案 （1）1.3×105N （2）2.0×104N
解析 （1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有v2－v12＝2a1（l－l1）
解得a1＝4m/s2
根據(jù)牛頓第二定律，飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后有F推－14mg＝ma1
解得F推＝1.3×105N
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有v12＝2a2l1
解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度
a2＝5m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有F牽＋F推－14mg＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得F牽＝2.0×104N.
一題多解 （1）對(duì)飛機(jī)離開彈射區(qū)后由動(dòng)能定理有（F推－14mg）（l－l1）＝12mv2－12mv12
代入數(shù)據(jù)解得F推＝1.3×105N
（2）對(duì)飛機(jī)在彈射區(qū)由動(dòng)能定理有（F牽＋F推－14mg）＝12mv12
代入數(shù)據(jù)解得F牽＝2.0×104N.

熱點(diǎn)2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律＋運(yùn)動(dòng)情境
1.[球形飛行器/2022湖南/多選]球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，總質(zhì)量為M.飛行器飛行時(shí)受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k為常量）.當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉時(shí)，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時(shí)間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s.重力加速度大小為g，不考慮空氣相對(duì)于地面的流動(dòng)及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（ BC ）
A.發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為1.5Mg
B.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小為174Mg
C.發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，飛行器速率為53m/s
D.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時(shí)，其加速度大小可以達(dá)到3g
解析 當(dāng)飛行器關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)以速率v1＝10m/s勻速下落時(shí)，有Mg＝kv12，可得k＝0.01Mg N·s2·m－2，當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有Mg＋kv22＝Fmax，聯(lián)立解得Fmax＝1.25Mg，A錯(cuò)誤；當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速水平飛行時(shí)，飛行器受重力、推力和空氣阻力作用且處于平衡狀態(tài)，由平衡條件有F2＝（Mg）2＋（kv22）2，解得F＝174Mg，B正確；當(dāng)飛行器以最大推力Fmax推動(dòng)飛行器水平飛行時(shí)，由平衡條件有Fmax2－（Mg）2＝（kv32）2，解得v3＝53m/s，C正確；當(dāng)飛行器以最大推力向下，飛行器以5m/s的速率向上減速飛行時(shí)，其加速度向下達(dá)到最大值，由牛頓第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mamax，解得amax＝2.5g，D錯(cuò)誤.
2.[神舟十四號(hào)/2024浙江杭州模擬]神舟十四號(hào)航天員乘組被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間他們迎來了問天實(shí)驗(yàn)艙、夢天實(shí)驗(yàn)艙、天舟五號(hào)和神舟十五號(hào).如圖，神舟十四號(hào)飛船返回地球穿越大氣層時(shí)對(duì)返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達(dá)1200m2，質(zhì)量為120kg，由96根堅(jiān)韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點(diǎn)和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形，半徑為15m，設(shè)每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質(zhì)量為2670kg，艙內(nèi)三個(gè)航天員的質(zhì)量每人平均計(jì)70kg.設(shè)某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，降落傘中軸線保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速.此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2.則下列分析正確的是（ C ）
A.在迎接神舟十五號(hào)的時(shí)候，神舟十四號(hào)處于完全失重狀態(tài)，不受外力
B.題中減速階段，傘繩對(duì)返回艙的合力大于返回艙（含航天員）的總重力
C.題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D.題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為31500N
解析 在迎接神舟十五號(hào)的時(shí)候，神舟十四號(hào)在地球的萬有引力作用下環(huán)繞地球
運(yùn)動(dòng)，所以神舟十四號(hào)處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；減速階段，返回艙的總重
力(含航天員)為G 艙＝(M＋3m人)g＝(2 670＋3×70)×10 N＝28 800 N，根據(jù)牛頓第
二定律F繩合＋0.05(M＋3m人)g－(M＋3m人)g＝(M＋3m人)a，可得傘繩對(duì)返回艙的合
力F繩合＝28 800 N＝G 艙，故題中減速階段，傘繩對(duì)返回艙的合力等于返回艙的總重
力，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)傘繩與豎直方向的夾角為θ，有 sin θ＝1539＝513，對(duì)返回艙受力
分析有F繩合＝96×T cs θ，可得題中減速階段，每根傘繩的拉力為T＝325 N，選項(xiàng)C
正確；題中減速階段，對(duì)返回艙、航天員、降落傘整體受力分析有F空＋0.05(M＋
3m人)g－(M＋3m人＋m傘)g＝(M＋3m人＋m傘)a，解得降落傘受到的空氣阻力為F空＝
30 060 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
3.[物流公司裝貨物/2022浙江1月]物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接.若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝29，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cs24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）.
（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大??；
（2）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大?。?br>（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2.
答案 （1）2m/s2 （2）4m/s （3）2.7m
解析 （1）由牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcs24°＝ma1
解得a1＝2m/s2
（2）貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v2＝2a1l1
解得v＝4m/s
（3）貨物在水平滑軌上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v12－v2＝2a2l2
又a2＝－μg
解得l2＝2.7m.
1.[兩類動(dòng)力學(xué)問題/2023浙江1月]如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點(diǎn)拋出沿軌跡OPQ運(yùn)動(dòng)，其中P是最高點(diǎn).若空氣阻力大小與瞬時(shí)速度大小成正比，則小石子豎直方向分運(yùn)動(dòng)的加速度大小（ A ）
A.O點(diǎn)最大
B.P點(diǎn)最大
C.Q點(diǎn)最大
D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程保持不變
解析 小石子拋出后由O到P的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向下的
阻力，則由牛頓第二定律得mg＋f＝ma，又空氣阻力與瞬時(shí)速度大小成正比，小石
子向上運(yùn)動(dòng)的過程中，豎直分速度逐漸減小，豎直方向的阻力f逐漸減小，則小石子
的加速度逐漸減小.小石子由P到Q的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向
上的阻力，由牛頓第二定律得mg－f＝ma，小石子的豎直分速度逐漸增大，豎直方
向的阻力f逐漸增大，加速度逐漸減小.由以上分析可知，石子在O點(diǎn)豎直方向分運(yùn)動(dòng)
的加速度最大，A正確，BCD錯(cuò)誤.
2.[超重和失重/2020山東]一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是（ D ）
A.0～t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mg
B.t1～t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mg
C.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mg
D.t2～t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg
解析 根據(jù)位移—時(shí)間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，圖像斜率增大，
速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持
力FN＜mg，A錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客
所受的支持力FN＝mg，B錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度
方向向上，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN＞mg，C錯(cuò)
誤，D正確.
3.[瞬時(shí)性問題/2022全國甲/多選]如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（ AD ）
A.P的加速度大小的最大值為2μg
B.Q的加速度大小的最大值為2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小
解析 兩滑塊勻速運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧對(duì)P、Q的彈力大小為kx＝μmg，當(dāng)撤去拉力
后，對(duì)滑塊P由牛頓第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理對(duì)滑塊Q有μmg－kx'＝ma2，從
撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，彈力由μmg一直減小到零，所以P的加速度
大小的最大值為剛撤去拉力F瞬間的加速度大小，此時(shí)P的加速度大小為2μg，而彈
簧恢復(fù)原長時(shí)，Q的加速度大小達(dá)到最大值，即Q的最大加速度為μg，A項(xiàng)正確，B
項(xiàng)錯(cuò)誤；由于彈簧恢復(fù)原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，且兩滑塊初速度
相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時(shí)刻Q的速度，所以P的位移一定小于
Q的位移，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.
一題多解 由分析可知P、Q的加速度變化情況，定性繪制兩滑塊的v－t圖像如圖所示，由圖像容易判斷出撤去拉力后到彈簧第一次恢復(fù)原長前P的位移一定小于Q的位移，P的速度一直小于同一時(shí)刻Q的速度，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.
4.[兩類動(dòng)力學(xué)問題/2021河北]如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接.一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起.背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝725，csθ＝2425，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化.求：
（1）滑道AB段的長度；
（2）滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度.
答案 （1）9m （2）7.44m/s
解析 （1）背包下滑過程中，由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
解得背包在滑道AB段的加速度a1＝2m/s2
設(shè)AB段長為L，滑到底端所用時(shí)間為t，故有L＝12a1t2
對(duì)滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）2
解得L＝9m
（2）滑雪者滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v1＝v0＋a2（t－1s）
背包滑到底端B點(diǎn)時(shí)的速度v2＝a1t
對(duì)滑雪者拎起背包的過程，由動(dòng)量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得滑雪者拎起背包瞬間的速度v＝7.44m/s

1.[情境創(chuàng)新/2024廣東廣雅中學(xué)?？糫如圖是梁同學(xué)做引體向上的示意圖.若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止開始從最低點(diǎn)升到最高點(diǎn)）和“下放”（身體從最高點(diǎn)回到最低點(diǎn)的初始狀態(tài)）兩個(gè)過程，單杠在整個(gè)過程中相對(duì)地面靜止不動(dòng).下列說法正確的是（ A ）
A.單杠對(duì)雙手的彈力是由于單杠發(fā)生了彈性形變而產(chǎn)生的
B.“上引”過程單杠對(duì)雙手的彈力大于雙手對(duì)單杠的彈力
C.“下放”過程單杠對(duì)雙手的彈力始終小于梁同學(xué)受到的重力
D.“下放”過程梁同學(xué)均處于失重狀態(tài)
解析 單杠對(duì)雙手的彈力是單杠發(fā)生了彈性形變要恢復(fù)原狀而產(chǎn)生的，故A正確；單杠對(duì)雙手的彈力和雙手對(duì)單杠的彈力是一對(duì)相互作用力，大小相等，故B錯(cuò)誤；“下放”過程中有個(gè)向下減速階段，加速度向上，梁同學(xué)處于超重狀態(tài)，單杠對(duì)雙手的彈力大于梁同學(xué)受到的重力，故C、D錯(cuò)誤.
2.[2024江西撫州南豐一中?？糫一名跳傘運(yùn)動(dòng)員從懸停的直升機(jī)上跳下，2s后開啟降落傘，運(yùn)動(dòng)員跳傘過程的v－t圖像（0～2s內(nèi)圖線為直線，其余為曲線）如圖所示，根據(jù)圖像可知（ D ）
A.在0～2s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)
B.在6～12s內(nèi)，降落傘對(duì)運(yùn)動(dòng)員的拉力小于運(yùn)動(dòng)員對(duì)降落傘的拉力
C.在6～12s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的速度逐漸減小，慣性也逐漸減小
D.在6～12s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員和降落傘整體受到的阻力逐漸減小
解析 在0～2 s內(nèi)，v－t圖像為直線，可知運(yùn)動(dòng)員向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于失
重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，任何情況下降落傘對(duì)運(yùn)動(dòng)員的拉力都
等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)降落傘的拉力，故B錯(cuò)誤；在6～12 s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的速度逐漸減小，但
慣性與速度無關(guān)，只取決于質(zhì)量，所以慣性不變，故C錯(cuò)誤；在6～12 s內(nèi)，根據(jù)圖
線斜率可知加速度逐漸變小，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可知f－G＝ma，運(yùn)
動(dòng)員和降落傘整體受到的阻力逐漸減小，故D正確.
3.[設(shè)問創(chuàng)新]為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設(shè)計(jì)好房頂?shù)母叨?，設(shè)雨滴沿房頂下淌時(shí)做無初速度無摩擦的運(yùn)動(dòng)，那么如圖所示的四種情況符合要求的是（ C ）
解析 設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變).雨滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)
動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝mgsinθm＝g sin θ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcsθ，
聯(lián)立以上各式得t＝2Lgsin2θ.當(dāng)θ＝45°時(shí)， sin 2θ＝1，t有最小值，此時(shí)時(shí)間t最短，
故C正確.
4.[情境創(chuàng)新/2024安徽名校聯(lián)考]如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的金屬小球拴在輕質(zhì)橡皮筋的兩端，橡皮筋的中點(diǎn)固定在質(zhì)量也為m的紙盒底部的正中間，小球放在紙盒口邊上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓紙盒在空中由靜止釋放.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則釋放的瞬間紙盒的加速度a1和小球的加速度a2分別為（ C ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝1.5g，a2＝g
C.a1＝3g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 釋放的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變化，單根橡皮筋彈力等于小球的重力mg，小球所受合力為0，小球的加速度為a2＝0，釋放的瞬間，橡皮筋對(duì)紙盒的作用力仍為2mg，方向豎直向下，紙盒所受合力為F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛頓第二定律可得紙盒加速度a1＝F合m＝3g，選項(xiàng)C正確.
5.如圖所示，在傾角為θ的斜面體上用細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，隨斜面體一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).重力加速度為g，穩(wěn)定時(shí)，細(xì)線的拉力大小不可能為（ D ）
A.mgsinθB.mg2＋a2
C.m（gsinθ＋acsθ）D.m（gsinθ－acsθ）
解析 小球隨斜面向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)加速度較小時(shí)，小球和斜面之間有相互作
用力，此時(shí)小球受三個(gè)力，分別為重力、斜面的支持力、細(xì)線拉力，如圖甲所示，
豎直方向有T sin θ＋N cs θ－mg＝0，水平方向有T cs θ－N sin θ＝ma，聯(lián)立解得T
＝m(g sin θ＋a cs θ)；當(dāng)加速度較大時(shí)，小球會(huì)離開斜面，此時(shí)小球只受兩個(gè)力，
重力和細(xì)線拉力，則有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在將要離開斜面時(shí)，小球
只受兩個(gè)力，重力和細(xì)線拉力，如圖乙所示，此時(shí)細(xì)線與水平面夾角為θ，T sin θ＝
mg，解得T＝mgsinθ，本題選不可能項(xiàng)，故選D.
圖甲 圖乙
6.[2024河北名校協(xié)作體聯(lián)考改編/多選]如圖，一水平輕繩一端固定在豎直墻壁上，另一端與小球相連.一輕質(zhì)彈簧一端與豎直方向成θ＝60°的夾角固定在天花板上，另一端也與小球相連.輕桿與水平方向成α＝30°的夾角固定在水平地面上.小球處于平衡狀態(tài)且與輕桿恰好接觸無彈力.已知小球質(zhì)量為m，與輕桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝36，則（ BC ）
A.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為3g，方向水平向右
B.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為54g，方向沿桿斜向右上
C.剪斷彈簧的瞬間，小球與桿間的彈力會(huì)發(fā)生突變
D.剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為2g，方向沿桿斜向左下
解析 剪斷輕繩之前，輕桿與小球間無彈力作用，小球受力如圖1所示，根據(jù)平衡
條件可得F1＝mgtan θ＝3mg、F2＝mgcsθ＝2mg.若剪斷輕繩，F(xiàn)1消失，F(xiàn)2和mg不變，
小球和輕桿之間產(chǎn)生彈力和摩擦力，受力分析如圖2所示，根據(jù)牛頓第二定律，有F2
－mg sin α－μmg cs α＝ma，解得此時(shí)小球的加速度大小a＝54g，方向沿桿斜向右
上，故A錯(cuò)誤，B正確；若剪斷彈簧，F(xiàn)1和F2消失，mg不變，小球和輕桿之間產(chǎn)生
彈力和摩擦力，受力分析如圖3所示，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg cs α＝14mg，則此時(shí)小球
加速度大小為a＝mgsinα-μmgcsαm＝14g，方向沿桿斜向左下，故C正確，D錯(cuò)誤.
圖1 圖2 圖3
7.[設(shè)問方式創(chuàng)新/2022遼寧]如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落.物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正確的是（ B ）
A.v0＝2.5m/sB.v0＝1.5m/s
C.μ＝0.28D.μ＝0.25
解析 由題意可知，小物塊由左端滑到右端的平均速度為v＝xt＝1 m/s，由勻變速
直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2 m/s；由牛頓第二定律得μmg＝
ma，解得a＝μg，又由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝v0－at，整理得μ＜v0gt＜0.2，B正確.
8.[情境創(chuàng)新/2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測]踢毽子是我國民間的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，被譽(yù)為“生命的蝴蝶”.如圖是一個(gè)小孩正在練習(xí)踢毽子，毽子近似沿豎直方向運(yùn)動(dòng).若考慮空氣阻力的影響，毽子離開腳后至回到出發(fā)點(diǎn)的過程中（ C ）
A.上升過程一直處于超重狀態(tài)
B.下降過程一直處于超重狀態(tài)
C.上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間
D.上升的時(shí)間大于下降的時(shí)間
解析 經(jīng)過分析可知，無論是上升過程，還是下降過程，毽子的加速度方向均豎
直向下，所以兩個(gè)過程均處于失重狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤；上升過程中，毽子所受的重力
和空氣阻力均豎直向下，下降過程中，毽子受豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻
力，則毽子上升過程中所受的合外力大于下降過程中所受的合外力，即a上＞a下，根
據(jù)x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【點(diǎn)撥：上升過程可運(yùn)用逆向思維看成初速度為零
的下降過程】，C正確，D錯(cuò)誤.
9.[回歸教材/2024廣東廣州統(tǒng)考]如圖所示，一輛貨車運(yùn)載一批尺寸相同的光滑圓柱形空油桶，每個(gè)油桶的重力均為G.在水平車廂底層幾個(gè)油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只油桶C，自由地?cái)[放在A、B兩桶之上.當(dāng)汽車沿平直公路向右運(yùn)動(dòng)時(shí)（重力加速度為g）.下列說法正確的是（ C ）
A.貨車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，C對(duì)B的壓力等于G2
B.貨車勻加速時(shí)，B對(duì)C的支持力比靜止時(shí)小
C.貨車加速度增大到33g時(shí)，C對(duì)A的壓力為0
D.貨車勻加速時(shí)，油桶對(duì)車廂底板的總壓力比靜止時(shí)小
解析 設(shè)B對(duì)C的支持力與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得 sin θ＝R2R＝12，
解得θ＝30°，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)油桶C，根據(jù)平衡條件可得FA cs 30°＋FB cs 30°＝
G、FA sin 30°＝FB sin 30°，聯(lián)立解得B對(duì)C的支持力FB＝33G，由牛頓第三定律知C對(duì)
B的壓力F'B＝FB＝33G，故A錯(cuò)誤；當(dāng)貨車勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FB1 sin 30°－FA1 sin 30°＝ma，F(xiàn)B1 cs 30°＋FA1 cs 30°＝G，聯(lián)立解得FB1＝33G＋ma，F(xiàn)A1＝33G－ma，可知
B對(duì)C的支持力比靜止時(shí)大，故B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝33g時(shí)，F(xiàn)A1＝0，根據(jù)牛頓第三定律
知，C對(duì)A的壓力為0，故C正確；勻加速時(shí)加速度方向沿水平方向，豎直方向始終處
于平衡狀態(tài)，故油桶對(duì)車廂底板的總壓力與靜止時(shí)相等，D錯(cuò)誤.
10.[2024安徽合肥重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考/多選]如圖所示，在斜面上有四條光滑細(xì)桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿垂直于斜面放置，每根桿上都套一個(gè)小滑環(huán)（圖中未畫出），四個(gè)環(huán)分別從O點(diǎn)由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時(shí)間依次為t1、t2、t3、t4.下列關(guān)系正確的是（ BC ）
A.t1＝t2B.t2＜t3
C.t2＜t4D.t2＝t4
解析 以O(shè)A為直徑畫圓，如圖所示，設(shè)兩端點(diǎn)分別為O點(diǎn)和圓上另一點(diǎn)的桿與豎直方向的夾角為θ，對(duì)小滑環(huán)受力分析，由牛頓第二定律可得ma＝mg cs θ，解得a＝g cs θ，由幾何關(guān)系知，小滑環(huán)沿弦下滑的位移x＝2R cs θ，據(jù)x＝12at2，解得t＝4Rg，即從圓上最高點(diǎn)沿任一條光滑弦滑到圓上另一點(diǎn)所用的時(shí)間相同.則沿OA和OC滑到斜面的時(shí)間相同，有t1＝t3，OB的長度小于沿OB方向的弦長，OD的長度大于沿OD方向的弦長，則t4＞t3＝t1＞t2，故選BC.
11.避險(xiǎn)車道（標(biāo)志如圖甲所示）是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m，再過一段時(shí)間，貨車停止.已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取csθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（1）貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)的加速度的大小和方向；
（2）制動(dòng)坡床的長度.
圖乙
答案 （1）5.0m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下 （2）98m
解析 （1）設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcsθ
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得a1＝5.0m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下
（2）設(shè)貨車的質(zhì)量為M，貨物的質(zhì)量為m，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23m/s，貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12m，制動(dòng)坡床的長度為l，則Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k（m＋M）g
M＝4m
s1＝vt－12a1t2
s2＝vt－12a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l＝98m.
12.[科技創(chuàng)新/2024安徽合肥一中?？?多選]上海科技館的機(jī)器人，琴棋書畫、跳舞、射箭、分揀包裹，無所不能，如圖所示為機(jī)械手抓取、分揀橙子的照片，為便于研究，將機(jī)械手簡化為只有四根“手指”有作用力的模型，抓取點(diǎn)對(duì)稱分布在球心上方的同一水平面內(nèi)，抓取點(diǎn)與球心的連線與該水平面夾角為α，“手指”與橙子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，橙子的重力大小為G，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是（ BC ）
A.只要“手指”對(duì)橙子的壓力足夠大，α不論取何值都能將橙子抓起
B.若μ與α的關(guān)系滿足μ＞tanα，則不一定能將橙子抓起
C.若能抓起橙子，則每根“手指”對(duì)橙子壓力的最小值為G4（μcsα－sinα）
D.若抓起橙子豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則每根“手指”對(duì)橙子的壓力一定變大
解析 對(duì)橙子受力分析，可知豎直方向滿足4f cs α－G－4FN sin α＝0，因?yàn)殪o摩
擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcsα-sinα)，所以想要抓起橙子，則每根“手指”對(duì)橙子壓
力的最小值為G4(μcsα-sinα)，并且夾角α滿足μ≥tan α＋G4FNcsα?xí)r，才能將橙子抓起，
所以μ＞tan α?xí)r，不一定能將橙子抓起，故A錯(cuò)誤，B、C正確；若抓起橙子豎直向
上做勻加速運(yùn)動(dòng)，且恰好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，滿足4μFN cs α－4FN sin α－G＝
ma，可得FN＝G＋ma4(μcsα-sinα)，根據(jù)牛頓第三定律可知，每根“手指”對(duì)橙子的壓力
可能不變，故D錯(cuò)誤.
13.[2024河南洛陽專項(xiàng)練習(xí)]飛機(jī)起飛會(huì)先經(jīng)歷一個(gè)勻加速助跑的過程后再起飛.如圖為某次飛機(jī)起飛時(shí)的照片，該飛機(jī)從靜止加速到最大速度288km/h用了20s，達(dá)到最大速度后再勻速前行100m后起飛，飛機(jī)的質(zhì)量為150噸.（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）求飛機(jī)從靜止加速到最大速度運(yùn)動(dòng)的位移；
（2）求飛機(jī)助跑的加速度及飛機(jī)從靜止到起飛的平均速度；
（3）忽略空氣阻力，若飛機(jī)受到斜向上與水平方向傾斜37°的升力F后，飛機(jī)豎直方向的加速度為5m/s2，求升力F的值.
答案 （1）800m （2）72017m/s （3）3.75×106N
解析 （1）飛機(jī)起飛時(shí)的速度為v＝288km/h＝80m/s，故飛機(jī)從靜止加速到最大速度運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vt12
解得x1＝800m
（2）由a＝ΔvΔt可得飛機(jī)助跑的加速度a＝vt1＝8020m/s2＝4m/s2
設(shè)飛機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則有t2＝x2v＝10080s＝54s
飛機(jī)從靜止到起飛的總位移為x＝x1＋x2＝（800＋100）m＝900m
故飛機(jī)從靜止到起飛的平均速度為v＝xt1＋t2＝90020+54m/s＝72017m/s
（3）正交分解升力，豎直方向由牛頓第二定律可得Fsin37°－mg＝ma
解得F＝3.75×106N.課標(biāo)要求
核心考點(diǎn)
五年考情
核心素養(yǎng)對(duì)接
1.能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象、解決有關(guān)問題.
2.通過實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)超重和失重現(xiàn)象.
瞬時(shí)性問題
2022：全國甲T19；
2019：浙江4月T12
1.物理觀念：理解和掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律；能從運(yùn)動(dòng)與相互作用的視角分析自然與生活的有關(guān)簡單問題.
2.科學(xué)思維：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析、解決問題；掌握“整體法”“隔離法”“圖像法”“控制變量法”“臨界法”等的應(yīng)用.
3.科學(xué)探究：通過實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)超重和失重.
4.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：樂于將牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用于生產(chǎn)、生活實(shí)際；能認(rèn)識(shí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用對(duì)人類文明進(jìn)步的推動(dòng)作用.
超重和失重問題
2020：山東T1；
兩類動(dòng)力學(xué)問題
2023：浙江1月T5；
2022：湖南T9，遼寧T7，全國乙T15，浙江1月T19；
2021：河北T13，浙江6月T4，浙江6月T19
命題分析預(yù)測
牛頓第二定律是每年高考必考內(nèi)容，主要考查兩類動(dòng)力學(xué)問題和對(duì)生活中現(xiàn)象的解釋.預(yù)計(jì)2025年高考仍是必考點(diǎn)，可能會(huì)結(jié)合圖像或航天實(shí)際在選擇題中考查，還可能結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)考查簡單計(jì)算題.
模型
受外力時(shí)形變特點(diǎn)
受外力時(shí)形變量
彈力能否突變
產(chǎn)生拉力或壓力
輕繩
不可伸長
微小不計(jì)
可以突變
只能受拉力作用，不能承受壓力
橡皮繩
只能變長，不能變短
較大
兩端連有物體時(shí)不能突變
只能受拉力作用，不能承受壓力
輕彈簧
既可變長，又可變短
較大
兩端連有物體時(shí)不能突變
既能承受拉力，又能承受壓力
輕桿
不可伸長，不可縮短
微小不計(jì)
可以突變
既能承受拉力，又能承受壓力
超重
失重
完全失重
現(xiàn)象
視重大于實(shí)重
視重小于實(shí)重
視重等于0
產(chǎn)生條件
有豎直向上的加速度或分加速度
有豎直向下的加速度或分加速度，且0＜ay＜g
加速度a＝g，方向豎直向下
運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
加速上升或減速下降
加速下降或減速上升
以加速度g加速下降或減速上升
相關(guān)方程
F－mg＝ma
F＝mg＋ma
mg－F＝ma
F＝mg－ma
mg－F＝mg
F＝0
從受力的角度判斷
當(dāng)物體對(duì)支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┐笥谥亓r(shí)處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)
從加速度的角度判斷
一般情況下，當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)
從運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的角度判斷
①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；
②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重
模型
圖甲
圖乙
圖丙
結(jié)論
質(zhì)點(diǎn)在豎直面內(nèi)的圓環(huán)上從不同的光滑弦的上端由靜止開始滑到弦的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等.
質(zhì)點(diǎn)從豎直面內(nèi)圓環(huán)上的最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等.
兩個(gè)豎直面內(nèi)的圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦，從弦的上端由靜止開始經(jīng)切點(diǎn)滑到下端所用時(shí)間相等.
推導(dǎo)
沿豎直直徑自由下滑時(shí)，有2R＝12gt2，解得t＝2Rg，如圖甲、乙所示，質(zhì)點(diǎn)沿豎直面內(nèi)圓環(huán)上的任意一條光滑弦從上端由靜止滑到底端，可知加速度a＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝12at2，得下滑時(shí)間t＝2Rg，易知與質(zhì)點(diǎn)沿豎直直徑自由下滑的時(shí)間相等.圖丙是甲、乙兩圖的組合，不難證明有相同的結(jié)論.

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