TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4307" 題型一 牛頓運(yùn)動(dòng)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 6
\l "_Tc3551" 題型二 瞬時(shí)問題的兩類模型 PAGEREF _Tc3551 \h 9
\l "_Tc3810" 題型三 超重和失重問題 PAGEREF _Tc3810 \h 14
\l "_Tc29224" 類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題 PAGEREF _Tc29224 \h 14
\l "_Tc23192" 類型2 超、失重現(xiàn)象的分析和計(jì)算 PAGEREF _Tc23192 \h 16
\l "_Tc23282" 題型四 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 PAGEREF _Tc23282 \h 19
\l "_Tc7057" 類型1 已知受力求運(yùn)動(dòng)情況 PAGEREF _Tc7057 \h 20
\l "_Tc2207" 類型2 已知物體運(yùn)動(dòng)情況，分析物體受力 PAGEREF _Tc2207 \h 23
\l "_Tc6372" 類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc6372 \h 24
\l "_Tc30009" 題型五 光滑模型 PAGEREF _Tc30009 \h 33
\l "_Tc15995" 類型1 等底光滑斜面 PAGEREF _Tc15995 \h 33
\l "_Tc30439" 類型2 等高斜面 PAGEREF _Tc30439 \h 38
\l "_Tc17467" 類型3 “等時(shí)圓”模型 PAGEREF _Tc17467 \h 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。
【例1】《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拉車的時(shí)候，馬停止用力了，車還能前進(jìn)一段距離，這是世界上對(duì)慣性現(xiàn)象的最早論述。下列說法正確的是（ ）
A．馬停止用力，車在短時(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(cuò)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(cuò)誤；
D．車完全停下來后，處于平衡狀態(tài)，車只是在運(yùn)動(dòng)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(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。
【變式演練1】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(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，說明力是改變物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)量、動(dòng)能均保持不變
D．罰點(diǎn)球過程中，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)過程中因受阻力速度變小，則可說明力是改變物體運(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。
【變式演練2】物理學(xué)的發(fā)展極大地豐富了人類對(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)展過程和研究方法的認(rèn)識(shí)，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(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，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(yùn)動(dòng)定律是研究動(dòng)力學(xué)問題的基石，牛頓運(yùn)動(dòng)定律都能通過現(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，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(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(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。
【變式演練1】在地鐵運(yùn)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(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
無法計(jì)算圓珠筆的質(zhì)量，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練2】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(yùn)動(dòng)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(duì)它的作用力的合力大小為mg
B．石塊B周圍的物體對(duì)它的作用力的合力做功為mgx
C．石塊B周圍的物體對(duì)它的作用力的合力大小為
D．石塊B周圍的物體對(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和周圍的物體對(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周圍的物體對(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周圍的物體對(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（周圍物體對(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
【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。
【例2】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(diǎn)），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(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40 m/s2
C．小環(huán)對(duì)大環(huán)的壓力大小為20 N
D．大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為12 N
【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?br>F1=F=10 N
故C錯(cuò)誤；
D．大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為
T= F1+Mg=20 N
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FB．人對(duì)木箱底的壓力大小為G2
C．木箱對(duì)地面的壓力大小為G2+G1-FD．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】（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。
【變式演練1】（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g
B．B的加速度大小的最大值為2g
C．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】A B．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
兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，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A B錯(cuò)誤；
C D．由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，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。
【變式演練1】）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。下列說法正確的是（ ）
A．此時(shí)，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(duì)小球根據(jù)平衡條件有
Tcs45°＝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_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
mgcs45°＝ma
解得
D錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練2】（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通過跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的細(xì)繩與A相連，開始時(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)過程，下列說法正確的是（ ）
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。
【變式演練3】（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．
類型1 超、失重現(xiàn)象的圖像問題
【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)加速度為的過程中處于完全失重狀態(tài)，可以說此過程手機(jī)和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，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4mD．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。
【變式演練2】在蹦床運(yùn)動(dòng)過程中，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，則下列說法正確的是（ ）
A．運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為40kgB．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/s2D．運(yùn)動(dòng)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(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)員離開蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
所以運(yùn)動(dòng)員離開蹦床上升的最大高度為
故D正確。
故選D。
類型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?br>(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)）。
【答案】(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)說法正確的是（ ）
A．該同學(xué)在電子秤上下蹲的過程中，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。
【變式演練2】．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(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(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)兩類基本問題
【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)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析。
(2)兩個(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。
類型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。
【變式演練1】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。
【答案】（1）；（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。
【答案】（1）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
解得加速度大小
（2）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，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。
【答案】（1）；（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AB段的時(shí)間t1=10s，通過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。
【答案】（1）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
類型三 復(fù)雜過程中的力與直線運(yùn)動(dòng)
【例1】2024年4月3日，小米集團(tuán)完成了小米SU7汽車的首批交付儀式。之后陸續(xù)有用戶對(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AEBPr功能。某車主對(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AEB Pr功能作用下開始減速，車所受阻力f與車重力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開始剎車時(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)器人的水平托盤上，智能掃碼讀取包裹目的地信息，經(jīng)過大數(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)托盤使托盤傾角緩慢增大，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)行過程中包裹與水平托盤保持相對(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，要使得包裹剛開始下滑，托盤的最小傾角應(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，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（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)要使包裹剛開始下滑，托盤的最小傾角為，對(duì)包裹，受力分析得
其中
解得托盤的最小傾角
（3）設(shè)機(jī)器人A制動(dòng)后滑行過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，有
設(shè)機(jī)器人A被碰后瞬間的速度為，滑行后停下來，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)力的大小；
（2）第二次彈射過程中，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3s，發(fā)動(dòng)機(jī)熄火，在達(dá)到最大高度后，火箭打開頂部的降落傘，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。
【答案】（1）；（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機(jī)，可以通過排盤器將包子、蛋糕等食品整齊地?cái)[放在托盤中，圖乙為排盤機(jī)的示意圖。開始時(shí)排盤器水平，靜止在托盤上方，其上表面距托盤高h(yuǎn)=5cm。包子到達(dá)距排盤器左端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)包子剛好離開排盤器時(shí)，排盤器立即停止運(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）排盤器加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）包子落至托盤瞬間的速度。
【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包子剛好離開排盤器，則有
解得
（2）包子離開排盤器后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平初速度為
包子落至托盤瞬間豎直方向速度大小為
包子落至托盤瞬間的速度大小為
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)過程進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，泡沫球從A點(diǎn)靜止開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)過程中所受阻力為其重力的0.1倍，參與游戲的玩家的一開始站在C點(diǎn)，當(dāng)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，玩家由靜止開始以加速度大小開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?。?br>（2）泡沫球到達(dá)B時(shí)的速度大?。?br>（3）玩家得分最高的情況下，所選擇BC的距離。
【答案】（1），；（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?，F(xiàn)使兩個(gè)小滑塊從軌道上端同時(shí)由靜止開始釋放，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。
【變式演練1】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。
【變式演練2】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>θ3
A、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。
【變式演練3】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，則下列說法正確的是（ ）
A．從兩斜面上下滑時(shí)間之比是1:1
B．從兩斜面上下滑時(shí)間之比是3:4
C．到達(dá)斜面底端時(shí)，重力的功率之比為1:1
D．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。
【變式演練】如圖所示，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，，滑下到達(dá)地面的速度大小相等，快遞破損的難易相同，由于軌道的傾角最大，快遞下滑時(shí)間最短，則選擇軌道，快遞最快到達(dá)地面；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。
故選BD。
類型3 “等時(shí)圓”模型
1.“等時(shí)圓”模型
所謂“等時(shí)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(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)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(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。
(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。
(3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均為切點(diǎn)，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。
【例1】（2024·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，O點(diǎn)為豎直圓周的圓心，MN和PQ是兩根光滑細(xì)桿，兩細(xì)桿的兩端均在圓周上，M為圓周上的最高點(diǎn)，Q為圓周上的最低點(diǎn)，N、P兩點(diǎn)等高。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)1、2（圖中均未畫出）分別套在細(xì)桿MN、PQ上，并從M、P兩點(diǎn)由靜止釋放，兩圓環(huán)滑到N、Q兩點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為、，所用時(shí)間分別為、，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【詳解】連接NQ、MP，如圖所示
小環(huán)1從M點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可得
所以
，
同理可得
，
故選BD。
【變式演練1】如圖所示，光滑直桿處在豎直面內(nèi)，桿的端點(diǎn)A、B、C均在同一豎直圓周上，A點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，直桿與水平面之間的夾角分別為；現(xiàn)將P、Q兩個(gè)完全相同的滑塊（滑塊均看成質(zhì)點(diǎn)）分別從B點(diǎn)和C點(diǎn)由靜止釋放，則滑塊P、Q從桿頂端到達(dá)桿底端A點(diǎn)過程中，有（ ）
A．P、Q加速度大小之比為B．P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)間分別為，由于是光滑桿則下滑的加速度分別為
所以
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．又根據(jù)
解得
選項(xiàng)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(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．合外力大小不同，所以合外力的沖量大小不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選B。
【變式演練2】如圖所示，豎直的圓環(huán)置于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，三個(gè)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(diǎn)。已知小球所受電場(chǎng)力大小與重力大小之比為，則小球在三根細(xì)桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系為（ ）
A．B．C．D．無法確定
【答案】B
【詳解】小球所受電場(chǎng)力大小與重力大小之比為，可知小球所受重力與電場(chǎng)力的合力F的方向恰好與平行，且由A指向B。延長(zhǎng)，作交于M，以為直徑畫一個(gè)圓（圖中虛線），與該圓交于N。
設(shè)，則小球沿桿運(yùn)動(dòng)的加速度為
位移為
由得
與無關(guān)，由等時(shí)圓模型知
而，，故
故選B。
【變式演練3】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(gè)小滑環(huán)（圖中未畫出），兩個(gè)滑環(huán)都從O點(diǎn)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(shí)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(diǎn)為最高點(diǎn)，取合適的直徑做等時(shí)圓，由圖可知，從O到C、B時(shí)間相等，比較圖示位移
可得
故選C。
【變式演練4】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，豎直固定的圓形框架內(nèi)有兩個(gè)光滑的斜面，斜面的傾角分別為60°和45°，斜面的底端都在圓形框架的最低點(diǎn)。兩個(gè)完全相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）1、2分別同時(shí)從兩斜面頂端由靜止釋放，則兩小球滑到斜面底端的過程，小球的速率v、重力對(duì)小球做的功與時(shí)間t，動(dòng)能、動(dòng)量大小p與路程x之間的關(guān)系圖象可能正確的是（圖線編號(hào)對(duì)應(yīng)小球編號(hào)）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【詳解】A．設(shè)桿與水平方向夾角為θ，圓形半徑為d，根據(jù)牛頓第二定律
得
又
，
得
則小球1的加速度大于小球2的加速度，兩球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A錯(cuò)誤；
B．重力做功等于合力做功，則
結(jié)合斜面傾角，B正確；
C．根據(jù)動(dòng)能定理
又
則小球1的末動(dòng)能較大，且圖線斜率較大，C正確；
D．根據(jù)
兩小球的位移不相同，D錯(cuò)誤。
故選BC。
名稱
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

相關(guān)試卷

專題33 熱學(xué)的基本概念與原理-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練：

這是一份專題33 熱學(xué)的基本概念與原理-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練，文件包含專題33熱學(xué)的基本概念與原理原卷版docx、專題33熱學(xué)的基本概念與原理解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共74頁， 歡迎下載使用。

專題31 光學(xué)-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練：

這是一份專題31 光學(xué)-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練，文件包含專題31光學(xué)原卷版docx、專題31光學(xué)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共99頁， 歡迎下載使用。

專題24 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練：

這是一份專題24 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練，文件包含專題24磁場(chǎng)的基本性質(zhì)原卷版docx、專題24磁場(chǎng)的基本性質(zhì)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共77頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題23 電路及其應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練

專題23 電路及其應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練
專題16 動(dòng)量能量在各類模型中的應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練

專題16 動(dòng)量能量在各類模型中的應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練
專題14 動(dòng)量與動(dòng)量定理及其應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練

專題14 動(dòng)量與動(dòng)量定理及其應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練
專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練

專題06 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用-2025高考物理模型與方法熱點(diǎn)題型歸類訓(xùn)練
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部