专题05 牛顿运动定律的基本应用（解析版）

专题05 牛顿运动定律的基本应用目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc23559" 题型一 牛顿运动定律的理解  PAGEREF _Toc23559 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc6431" 类型1　牛顿第一定律的理解  PAGEREF _Toc6431 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc19764" 类型2　牛顿第二定律的理解和应用  PAGEREF _Toc19764 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc21642" 类型3　牛顿第三定律的理解  PAGEREF _Toc21642 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc25267" 题型二 瞬时问题的两类模型  PAGEREF _Toc25267 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc24296" 题型三 超重和失重问题  PAGEREF _Toc24296 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc31917" 类型1　超、失重现象的图像问题  PAGEREF _Toc31917 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc6370" 类型2　超、失重现象的分析和计算  PAGEREF _Toc6370 \h 11 HYPERLINK \l "_Toc7588" 题型四 动力学两类基本问题  PAGEREF _Toc7588 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc5490" 类型1　已知受力求运动情况  PAGEREF _Toc5490 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc9533" 类型2 已知物体运动情况，分析物体受力  PAGEREF _Toc9533 \h 16 HYPERLINK \l "_Toc13292" 题型五 等时圆模型  PAGEREF _Toc13292 \h 20题型一 牛顿运动定律的理解【解题指导】1．理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性.作用力与反作用力分别作用在不同的物体上，作用效果不能抵消，不能合成，但在使用整体法对系统进行受力分析时，可以作为内力不考虑．类型1　牛顿第一定律的理解1.理想化状态牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。如果物体所受的合力等于零，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体保持静止状态或匀速直线运动状态。2.明确了惯性的概念牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。3.揭示了力与物体运动状态的关系力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。【例1】(2022·广东广州市阶段训练)在16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。以下说法中，与亚里士多德观点相反的是(　　)A.一个物体维持匀速直线运动，不需要受力B.两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快C.四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明：物体受的力越大，速度就越大D.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”【答案】　A【解析】　亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，没有力，物体将停止运动；而伽利略推理得出一个物体做匀速直线运动，不需要力来维持，与亚里士多德的观点相反，故A正确；两物体从同一高度自由下落，下落速度应该是一样大，而认为两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快，这是和亚里士多德的观点相同的，故B错误；物体受的力越大，速度改变越快，但速度不一定越大；四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，而认为物体受的力越大，速度就越大，这是和亚里士多德的观点相同的，故C错误；一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”， 这是和亚里士多德的观点相同的；事实上一个运动的物体，如果不再受向前的推力，它总会逐渐停下来，是因为摩擦阻力改变了它的运动状态，故D错误。【例2】(2022·沙坪坝重庆八中高三月考)如图甲和乙，是踩香蕉皮摔倒和一名骑行的人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的照片．下面是从物理的角度去解释这两种情境，其中正确的是(　　)A．甲图中踩了香蕉皮摔倒是因为人的惯性变小了B．乙图中人和车摔倒是因为雨天路面太滑C．踩香蕉皮摔倒是因为下半身速度大于上半身的速度D．自行车行驶速度越大，其惯性越大，所以造成人车倒地现象【答案】　C【解析】　题图甲中踩了香蕉皮摔倒是因为人的脚受到的摩擦力突然变小，脚不能立刻停下来，脚向前滑，由于惯性，上半身还要保持原来的运动状态，从而使得人下半身速度大于上半身的速度，所以人会向后倾倒，而不是人惯性变小了的原因，故A错误，C正确；题图乙中人和车摔倒是因为车的前轮陷入水坑后前轮立刻停止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原来的运动状态，因此人和车将向前倾倒．而不是因为雨天路面太滑，故B错误．惯性只与物体的质量有关，与速度大小没有关系，故D错误．类型2　牛顿第二定律的理解和应用1.对牛顿第二定律的理解2．解题的思路和关键(1)选取研究对象进行受力分析；(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力；(3)根据F合＝ma求物体的加速度a.【例1】(2022·北京西城区期末)有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是(　　)A.一个物体速度方向向东，则其受合力方向一定向东B.一个物体速度越大，则其受合力一定越大C.一个物体受合力为0，则其速度一定为0D.一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快【答案】　D【解析】　如果物体向东做减速运动，则其合力方向向西，A错误；如果物体以很大的速度做匀速运动，则其合力为零，B、C错误；一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快，D正确。【例2】(多选)(2022·广东潮州市教学质检)京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其开通运营标志着冬奥会配套建设取得了新进展。如图所示为某次高铁列车运行过程中某节车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向在竖直方向偏离角度α和β并保持不变。取重力加速度为g，不计空气等阻力，则下列说法正确的是(　　)A.列车可能在减速进站B.两角度一定满足α＝βC.减小拉手悬绳长度，则偏角变大D.列车加速度大小为a＝gtan α【答案】　ABD【解析】　由图可知拉手所受合力方向向左，则加速度方向向左，列车向左加速或向右减速，而前进方向向右，所以列车可能减速进站，选项A正确；拉手与列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，受力分析可知F合＝mgtan α＝ma，F合＝mgtan β＝ma，所以α＝β，选项B正确；因列车加速度不变，则拉手的加速度不变，由F合＝mgtan α＝ma可知偏角不变，选项C错误；根据F合＝mgtan α＝ma，可得列车加速度大小a＝gtan α，选项D正确。【例3】2021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入太空并进驻空间站．在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m1＝1.0 kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1 s内的速度变化量大小是10 m/s，然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1 s内速度变化量大小是2 m/s.则待测物体Q的质量m2为(　　)A．3.0 kg B．4.0 kgC．5.0 kg D．6.0 kg【答案】　B【解析】　对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq \f(F,m1)＝eq \f(Δv1,Δt)＝10 m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(Δv2,Δt)＝2 m/s2，联立解得m2＝4.0 kg，故选B.【例4】(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示．已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数．忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．小球的最大加速度为gB．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动D．小球的最大速度为eq \f(mg,6πηr)【答案】　ACD【解析】　当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq \f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝eq \f(mg,6πηr)，C、D正确．类型3　牛顿第三定律的理解一对平衡力与作用力和反作用力的比较【例1】(2022·广东深圳市红岭中学高三月考)“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具．如图，人笔直站在“电动平衡车”上，在某水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是(　　)A．“电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力B．人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力C．地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡D．在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向右倾斜【答案】　C【解析】　根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力等于人对“电动平衡车”的作用力，故A错误；人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，故B错误；地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，故C正确；在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜，故D错误．【例2】(2022·吉林长春市第二十中学高三月考)如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止．人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)A．人对长木板的压力大小为mgB．长木板对地面的压力等于3mgC．箱子受到的摩擦力的方向水平向右D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左【答案】　B【解析】　人用力F向右下方推箱子，则箱子给人的作用力大小等于F，人受力如图，根据平衡FN＋Fcos θ＝mg，解得FN＝mg－Fcos θ，根据牛顿第三定律， 人对长木板的压力大小小于mg，A错误；把三者看成整体进行受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件知，地面对整体的支持力大小等于三者的总重力，再结合牛顿第三定律，长木板对地面的压力大小等于3mg，B正确；人用力F向右下方推箱子，致使箱子有向右的运动趋势，则箱子受到的摩擦力的方向水平向左，C错误；把三者看成整体进行受力分析，受重力和支持力，整体在水平方向不受力，地面对长木板的摩擦力为零， D错误．【例3】(2022·广东潮州市教学质检)如图为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是(　　)A.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用B.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性C.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力D.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力【答案】　A【解析】　包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的固有属性，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D错误。题型二 瞬时问题的两类模型【解题指导】轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．【例1】(2022·江苏扬州市质检)如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列结论正确的是(　　)A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq \f(4,3)mgB.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq \f(4,3)gC.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq \f(5,3)gD.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq \f(5,3)g【答案】　C【解析】　甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq \f(mg,cos 53°)＝eq \f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq \f(FT,m)＝eq \f(5,3)g，故C正确，B、D错误。【例2】(2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　)A．图甲中A球的加速度不为零B．图乙中两球加速度均为gsin θC．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍【答案】　B【解析】　对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin θ，由牛顿第二定律有2mgsin θ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.【方法点拨】剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论．【例3】(2022·重庆市第三十七中学高三月考)如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有(　　)A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝4 g D．a1＝g，a2＝4 g【答案】　C【解析】　开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg.抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0.对物块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq \f(F′＋mg,m)＝eq \f(3mg＋mg,m)＝4 g．故C正确，A、B、D错误．题型三 超重和失重问题【解题指导】1．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．2．对超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．类型1　超、失重现象的图像问题【例1】(2022·福建南平市质检)(多选)如图甲是某人站在力传感器上做下蹲－起跳动作的示意图，中间的●表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F－t图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图中没有画出，图中a、c、e对应的纵坐标均为700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是(　　)A．此人重心在b点时处于超重状态B．此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C．此人重心在e点时的加速度大小等于在a点时的加速度大小D．此人重心在f点时脚已经离开传感器【答案】　CD【解析】　由题图乙可知，a位置时，人静止在水平地面上，对应压力等于重力，为700 N，则b点对应压力小于700 N，为失重状态，故A错误；由题图乙可知，c点时支持力等于重力，合力为零，加速度为零，b点时支持力小于重力，合力向下，加速度不为零，故B错误；人重心在e点和在a点时，对传感器压力大小相等，均等于重力，则此时加速度均为0，故C正确；由坐标可得，f点时对传感器压力为0，则此时人的脚已经离开传感器，故D正确．【例2】.(2022·保山市隆阳区高三模拟)(多选)如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊车竖直提升过程的运动图像(竖直向上为正方向)，根据图像下列判断正确的是(　　)A．在0～10 s钢索最容易发生断裂B．30～36 s材料处于超重状态C．36～46 s材料处于失重状态D．46 s时材料离地面的距离最大【答案】　AC【解析】　在0～10 s过程中，材料向上加速，处于超重状态，钢索的拉力大于重力，在10～30 s的过程中，材料做匀速直线运动，重力等于拉力，30～36 s的过程中，材料向上减速，处于失重状态，36～46 s的过程中，材料向下加速，处于失重状态，绳子的拉力小于重力，故在0～10 s钢索最容易发生断裂，故A、C正确，B错误；由题图可知36 s后材料开始向下运动，36 s时材料离地面的距离最大，故D错误．【例3】(2022·山东日照市模拟)(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　)A．运动员的质量为60 kgB．运动员的最大加速度为45 m/s2C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 mD．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态【答案】　ABC【解析】　由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，最大加速度am＝eq \f(Fm－mg,m)＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2 s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．类型2　超、失重现象的分析和计算【例1】(2022·山西大同市开学考)越野赛运动员落地的过程可类比为图甲所示的物理模型，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)A．t1～t2过程中运动员的加速度不断增大B．t1～t2过程运动员速度一直增大C．t2～t3过程中运动员先超重再失重D．t2时刻运动员速度最大【答案】　C【解析】　t1～t2过程中，弹簧弹力逐渐增大，说明压缩量逐渐增大，小球处于下降阶段，t2时刻，弹力最大，弹簧压缩量最大，小球到达最低点，速度为零，在弹簧的弹力等于重力前，小球向下加速，随着弹力增大，加速度越来越小，当弹簧弹力大于重力后，小球向下减速，随着弹力增大，加速度反向增大，故A、B、D错误；t2～t3过程中开始弹簧弹力大于重力，小球向上加速，加速度向上，随着弹力减小，加速度越来越小，处于超重状态，当弹簧弹力小于重力后，小球向上减速，加速度向下，处于失重状态，随着弹力减小，加速度反向越来越大，故t2～t3过程中运动员先超重再失重，故C正确．【例2】.(多选)盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示．参加打夯的共5人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实．设夯锤的质量为m，某次打夯时将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力大小均为eq \f(1,2)mg，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕．不计空气阻力，则(　　)A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态B．松手时夯锤一定处于完全失重状态C．松手时夯锤的速度大小v＝2gtD．夯锤上升的最大高度hm＝gt2【答案】　BD【解析】　在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，A错误；松手后夯锤只受重力作用，处于完全失重状态，B正确；根据牛顿第二定律解得4×eq \f(1,2)mg－mg＝ma，解得a＝g，则松手时夯锤的速度大小v＝gt，C错误；夯锤先匀加速上升的高度h1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)gt2，匀减速上升的高度h2＝eq \f(1,2)gt2，夯锤上升的最大高度hm＝h1＋h2＝gt2，D正确．【例3】(多选)2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞开始做减速运动．当返回舱的速度大约减小至v＝9 m/s时，继续匀速(近似)下降．当以这个速度一直降落到距离地面h＝1.1 m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g＝10 m/s2，则最后减速过程中(　　)A．返回舱中的航天员处于失重状态B．返回舱再次做减速运动的加速度大小为25 m/s2C．返回舱落地的瞬间速度大小为2 m/sD．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60 kg的航天员的作用力的大小为2 700 N【答案】　CD【解析】　在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故A错误；根据位移时间公式有x＝vt－eq \f(1,2)at2，代入数据，则有1.1 m＝9×0.2 m－eq \f(1,2)a×(0.2 s)2，解得a＝35 m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s＝2 m/s，故C正确；对质量m＝60 kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，代入数据解得FN＝2 700 N，故D正确．题型四 动力学两类基本问题【解题指导】1．做好两个分析：受力分析，表示出合力与分力的关系；运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.3.把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．【必备知识】1.基本思路2.基本步骤3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。类型1　已知受力求运动情况【例1】如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2)【答案】　1 s和1.8 s【解析】　撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律得x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m，v1＝a1t＝4 m/s，撤去F后，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2 m/s2，d－x1＝v1t1－eq \f(1,2)a2t12，解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)，第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s，之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma3，解得a3＝gsin θ＝5 m/s2，物体再经t2＝2eq \f(v2,a3)＝0.8 s第二次到达B点，故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点．【例2】(2022·广东新高考八省大联考)如图所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？【答案】　(1)6 m/s　(2)1.95 s【解析】　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(14－0.5×2×10,2) m/s2＝2 m/s2M到B，根据速度与位移关系式可知veq \o\al(2,B)＝2aL解得vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×2×9) m/s＝6 m/s。(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1代入数据解得a1＝10 m/s2根据速度与位移关系式可知veq \o\al(2,B)＝2a1x解得x＝1.8 m由vB＝a1t1得t1＝0.6 s因μ＜tan θ，所以物体速度减为零后会继续下滑下滑时根据牛顿第二定律可知mgsin θ－μmgcos θ＝ma2解得a2＝2 m/s2由x＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)得t2＝eq \f(3\r(5),5) s所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝(0.6＋eq \f(3\r(5),5)) s＝1.95 s。【例3】．(2022· 河北保定模拟)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图4所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)(　　)A.eq \f(2v0,g) B.eq \f(3v0,g)C.(eq \r(5)＋1)eq \f(v0,g) D.(eq \r(6)＋1)eq \f(v0,g)【答案】　C【解析】　由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，t1＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(v0,g)，x1＝eq \f(veq \o\al(2,0),2g)；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，x2＝x1＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)，t2＝eq \f(\r(5)v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq \r(5)＋1)eq \f(v0,g)，故选项C正确。【例4】(2020·浙江7月选考，19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取10 m/s2，求物件(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【答案】　(1)0.125 m/s2　方向竖直向下 (2)1 m/s　(3)40 m【解析】　(1)由牛顿第二定律mg－F＝ma得a＝g－eq \f(F,m)＝0.125 m/s2，方向竖直向下。(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s。(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m匀减速上升的位移h2＝eq \f(v,2)t2＝4 m总位移h＝eq \f(h1＋h2,1－\f(1,4))＝40 m。类型2 已知物体运动情况，分析物体受力【例1】2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：(1)上升过程中匀速运动的时间t；(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．【答案】　(1)5 s　(2)见解析【解析】　(1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，则有h＝vt＋eq \f(1,2)v(t总－t)代入数据得t＝5 s(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，则t加＝t减＝t′＝5 s，a加＝a减＝eq \f(v,t′)＝0.04 m/s2匀加速上升时有FN1－mg＝ma加解得FN1＝0.835 N匀速上升时有FN2＝mg＝0.815 N匀减速上升时有mg－FN3＝ma减解得FN3＝0.795 N.【例2】(2022·辽宁葫芦岛市期末)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。【答案】　(1)96 m/s　(2)3.75 s　6.55×104 N【解析】　(1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kveq \o\al(2,1)＝m1g装载弹药后起飞时，有kveq \o\al(2,2)＝m2g解得v2＝96 m/s。(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝eq \f(v2,2)t解得t＝3.75 s由v2＝at得a＝eq \f(v2,t)＝25.6 m/s2飞机水平方向所受合力F水平＝m2a解得F＝6.55×104 N。【例2】(2021·浙江杭州4月质检)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品送至用户家中，如图8所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)物品运动过程中的最大速率；(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。【答案】　(1)5 m/s　(2)1.25 m/s2　10 m　(3)17.5 N【解析】　(1)由题意可知eq \f(vm,2)t1＋vmt2＋eq \f(vm,2)t3＝h解得vm＝5 m/s。(2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝eq \f(vm,t3)解得a2＝1.25 m/s2位移大小x＝eq \f(vm,2)t3，解得x＝10 m。(3)匀速阶段物品所受合力为0即F＝F阻＋mg，解得F阻＝5 N匀加速阶段由牛顿第二定律有F′－F阻－mg＝ma1又a1＝eq \f(vm,t1)，解得F′＝17.5 N。【例3】(2022·辽宁大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”“发现”正前方站一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易” 从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图像如图2所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求：(1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度分别多大；(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)分别多大。【答案】　(1)4 m　4.17 m/s2　12.5 m/s2　(2)270 N　730 N【解析】　(1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知x1＝eq \f(v0,2)t1，x2＝eq \f(v0,2)t2x＝x1＋x2，解得x＝4 m由加速度定义式知a1＝eq \f(v0,t1)，a2＝eq \f(v0,t2)，则a2＝3a1t0＝t1＋t2联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s则a1＝eq \f(25,6) m/s2＝4.17 m/s2，a2＝eq \f(25,2) m/s2＝12.5 m/s2。(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律方程有F1－Ff＝ma1，F2＋Ff＝ma2解得F1＝270 N，F2＝730 N。【例4】如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。【答案】　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力。甲对小圆环进行受力分析如图甲所示，有Ff＝μFN＝μmg则a2＝eq \f(Ff,m)＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq \o\al(2,B)＝2a1x1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知veq \o\al(2,B)＝2a2x2又eq \f(x1,x2)＝eq \f(8,5)则a1＝eq \f(x2,x1)a2＝eq \f(5,8)×8 m/s2＝5 m/s2。乙(3)当Fsin θ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得 Fcos θ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsin θ＝mgFf1＝μ FN1联立以上各式，代入数据解得F≈1.05 N。丙当Fsin θ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示。由牛顿第二定律可知Fcos θ－Ff2＝ma1又Fsin θ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2联立以上各式并代入数据解得F＝7.5 N。题型五 等时圆模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。2.基本规律(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均为切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。【例1】(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小圆环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)A.t1＝t2 B.t2＞t3C.t1＜t2 D.t1＝t3【答案】　BCD【解析】　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2＞tca，故选项A错误，B、C、D正确。【例2】如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(　　)A.v2＞v1＞v3 B.v1＞v2＞v3C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2【答案】　A【解析】　设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。【例3】如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是(　　)A．t1t3 C．t2＝t4 D．t2t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2t2C．t1