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新教材适用2024版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用课件
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这是一份新教材适用2024版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用课件，共60页。PPT课件主要包含了知识梳理·双基自测，核心考点·重点突破，名师讲坛·素养提升，年高考·1年模拟，运动情况，受力情况，加速度，牛顿运动定律，等于零，竖直向上等内容，欢迎下载使用。
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
1．动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的____________；第二类：已知运动情况求物体的____________。
2．解决两类基本问题的方法：以_________为“桥梁”，由运动学公式和__________________列方程求解，具体逻辑关系如图：
思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态______。(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的______称为视重。②视重大小等于弹簧测力计所受物体的______或台秤所受物体的______。
2．超重、失重和完全失重的比较
一、堵点疏通1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( )2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( )3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( )4．加速上升的物体处于超重状态。( )5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )6．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( )
二、对点激活1．(多选)(2023·浙江丽水高三阶段练习)下列几种运动中存在失重现象的是( )
[解析]飞机倾斜机身转弯，是水平方向的圆周运动，飞机在竖直方向的加速度为0，既不是超重现象，也不是失重现象，故A错误；月球绕地球运动与苹果落地，加速度都指向地心向下，是完全失重现象，故B正确；小朋友荡秋千运动，加速度斜向上，最低点拉力大于重力，是超重现象；而荡到最高点时，竖直方向有向下的加速度(接下来高度降低)，是失重现象，故C正确；火箭发射后升空阶段，加速度向上，推力大于重力，是超重现象，故D错误。
2．(2022·黑龙江高三期末)如图所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是( )A．aA＝0，aB＝2g B.aA＝g，aB＝gC．aA＝0，aB＝0 D.aA＝g，aB＝2g
[解析]在抽出木板的瞬时，AB整体加速度相同，对AB应用牛顿第二定律有2mg＝2ma，解得a＝g，B正确。
3．(2023·重庆模拟预测)如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某类型长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大( )A．1.5×104 N B.1.5×105 NC．1.5×106 N D.1×105 N
两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
(多选)(2023·河北省模拟预测)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度a＝g，方向竖直向上B．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向右C．仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左D．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向下
[解析]设小球的质量为m，小球静止时F绳＝mgtan θ，剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与F绳等大反向，根据牛顿第二定律可得F合＝mgtan θ＝ma，即a＝gtan θ，方向水平向左，故C正确，A错误；若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变为零，此时小球只受到重力的作用，所以根据牛顿第二定律可知小球加速度a＝g，方向竖直向下，故B错误，D正确。
“四步骤”巧解瞬时性问题
第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
〔变式训练1〕 (2023·全国高三专题练习)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图甲、乙，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间( )A．图甲中A球的加速度为gsin θB．图甲中B球的加速度为gsin θC．图乙中B球的加速度为2gsin θD．图乙中B球的加速度为gsin θ
[解析]撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。
1．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。
2．易错、易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强等。
(2023·河北高三模拟)小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )A．t＝5 s时电梯处于失重状态B．8～9 s内电梯在做减速运动C．10～15 s内电梯在上行D．16～17 s内电梯在下行
[解析]由图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；由图可知，8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；由图可知，10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；由图可知，16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
超重和失重现象判断的“三”技巧
(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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔变式训练2〕 (2022·陕西西安高三三模)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
[解析]运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速竖直向上，处于超重状态，D错误。
动力学两类基本问题的解题思路
类型1 已知物体受力情况，分析运动情况 (2023·浙江省高三阶段练习)2022年2月4日，第24届冬奥会在北京举行。冰壶是冬奥会比赛项目之一。如图，冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶，冰壶能自由滑行28.9 m远。已知冰壶的质量为19 kg，在未摩擦冰面的情况下，冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，摩擦后动摩擦因数变为原来的90%，不计空气阻力，不考虑冰壶的旋转。
(1)冰壶被掷出时的初速度大小？(2)相同的初速下，在冰壶自由滑行一定距离后，队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面，最终使得冰壶多滑行了2.1 m。则冰壶自由滑行的距离有多远？
[答案] (1)3.4 m/s (2)10 m
解决动力学两类基本问题应把握的关键
(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2 已知物体运动情况，分析受力情况 (2022·甘肃二模)如图所示，小物块放在足够长的木板AB上，以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端，且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的3倍，求：木板与水平面之间的夹角的正切值。
[答案] tan θ＝1.25μ
(1)明确常见图像的应用方法，如下表：
(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。
为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
〔变式训练3〕 (2022·全国二模)货物运输过程中，一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端以某初速度沿斜面下滑。如图所示，物体运动的位移x与时间t的关系图像是一段抛物线。其中，水平直线A是图像t2＝2 s时刻的切线，直线B是图像0时刻的切线，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．下滑过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动B．t1时刻为1 sD．t2时刻的瞬时速度为2.5 m/s
等时圆模型1．模型的两种情况(1)质点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)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间相等，如图乙所示。
如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )A．21 B.11
〔变式训练4〕 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为( )
[解析]如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都
1.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当
2．(2023·武汉高三模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )A．aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
3．(多选)(2023·湖北高三专题练习)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
4．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t和夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将( )A．逐渐增大 B.逐渐减小C．先增大后减小 D.先减小后增大
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
1．动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的____________；第二类：已知运动情况求物体的____________。
2．解决两类基本问题的方法：以_________为“桥梁”，由运动学公式和__________________列方程求解，具体逻辑关系如图：
思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态______。(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的______称为视重。②视重大小等于弹簧测力计所受物体的______或台秤所受物体的______。
2．超重、失重和完全失重的比较
一、堵点疏通1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( )2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( )3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( )4．加速上升的物体处于超重状态。( )5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )6．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( )
二、对点激活1．(多选)(2023·浙江丽水高三阶段练习)下列几种运动中存在失重现象的是( )
[解析]飞机倾斜机身转弯，是水平方向的圆周运动，飞机在竖直方向的加速度为0，既不是超重现象，也不是失重现象，故A错误；月球绕地球运动与苹果落地，加速度都指向地心向下，是完全失重现象，故B正确；小朋友荡秋千运动，加速度斜向上，最低点拉力大于重力，是超重现象；而荡到最高点时，竖直方向有向下的加速度(接下来高度降低)，是失重现象，故C正确；火箭发射后升空阶段，加速度向上，推力大于重力，是超重现象，故D错误。
2．(2022·黑龙江高三期末)如图所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是( )A．aA＝0，aB＝2g B.aA＝g，aB＝gC．aA＝0，aB＝0 D.aA＝g，aB＝2g
[解析]在抽出木板的瞬时，AB整体加速度相同，对AB应用牛顿第二定律有2mg＝2ma，解得a＝g，B正确。
3．(2023·重庆模拟预测)如图所示，世界上只有极少数军事大国才能独立制造坦克炮管。某类型长为5 m的坦克炮管使用寿命为6 s，在使用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹过程中，炮弹在炮管中受到的推力有多大( )A．1.5×104 N B.1.5×105 NC．1.5×106 N D.1×105 N
两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
(多选)(2023·河北省模拟预测)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为θ。重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度a＝g，方向竖直向上B．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向右C．仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左D．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方向竖直向下
[解析]设小球的质量为m，小球静止时F绳＝mgtan θ，剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与F绳等大反向，根据牛顿第二定律可得F合＝mgtan θ＝ma，即a＝gtan θ，方向水平向左，故C正确，A错误；若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变为零，此时小球只受到重力的作用，所以根据牛顿第二定律可知小球加速度a＝g，方向竖直向下，故B错误，D正确。
“四步骤”巧解瞬时性问题
第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
〔变式训练1〕 (2023·全国高三专题练习)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图甲、乙，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间( )A．图甲中A球的加速度为gsin θB．图甲中B球的加速度为gsin θC．图乙中B球的加速度为2gsin θD．图乙中B球的加速度为gsin θ
[解析]撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。
1．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。
2．易错、易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强等。
(2023·河北高三模拟)小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是( )A．t＝5 s时电梯处于失重状态B．8～9 s内电梯在做减速运动C．10～15 s内电梯在上行D．16～17 s内电梯在下行
[解析]由图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；由图可知，8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；由图可知，10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；由图可知，16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
超重和失重现象判断的“三”技巧
(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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重。
〔变式训练2〕 (2022·陕西西安高三三模)2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
[解析]运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速竖直向上，处于超重状态，D错误。
动力学两类基本问题的解题思路
类型1 已知物体受力情况，分析运动情况 (2023·浙江省高三阶段练习)2022年2月4日，第24届冬奥会在北京举行。冰壶是冬奥会比赛项目之一。如图，冬奥会上运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。现运动员以一定的初速度投掷出冰壶，冰壶能自由滑行28.9 m远。已知冰壶的质量为19 kg，在未摩擦冰面的情况下，冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，摩擦后动摩擦因数变为原来的90%，不计空气阻力，不考虑冰壶的旋转。
(1)冰壶被掷出时的初速度大小？(2)相同的初速下，在冰壶自由滑行一定距离后，队友开始在其滑行前方一直摩擦冰面，最终使得冰壶多滑行了2.1 m。则冰壶自由滑行的距离有多远？
[答案] (1)3.4 m/s (2)10 m
解决动力学两类基本问题应把握的关键
(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2 已知物体运动情况，分析受力情况 (2022·甘肃二模)如图所示，小物块放在足够长的木板AB上，以大小为v0的初速度从木板的A端向B端运动，若木板与水平面之间的夹角不同，物块沿木板向上运动的最大距离也不同。已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，若物块沿木板运动到最高点后又返回到木板的A端，且沿木板向下运动的时间是向上运动时间的3倍，求：木板与水平面之间的夹角的正切值。
[答案] tan θ＝1.25μ
(1)明确常见图像的应用方法，如下表：
(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。
为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向始终垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；(2)若m＝3 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
〔变式训练3〕 (2022·全国二模)货物运输过程中，一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端以某初速度沿斜面下滑。如图所示，物体运动的位移x与时间t的关系图像是一段抛物线。其中，水平直线A是图像t2＝2 s时刻的切线，直线B是图像0时刻的切线，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．下滑过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动B．t1时刻为1 sD．t2时刻的瞬时速度为2.5 m/s
等时圆模型1．模型的两种情况(1)质点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)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环上所用时间相等，如图乙所示。
如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )A．21 B.11
〔变式训练4〕 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为( )
[解析]如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都
1.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当
2．(2023·武汉高三模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )A．aA＝aB＝g B.aA＝2g，aB＝0
3．(多选)(2023·湖北高三专题练习)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
4．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t和夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大到60°，物块的下滑时间t将( )A．逐渐增大 B.逐渐减小C．先增大后减小 D.先减小后增大
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
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