高中物理重难点96讲专题19动力学的两类基本问题及等时圆模型(原卷版+解析)

这是一份高中物理重难点96讲专题19动力学的两类基本问题及等时圆模型(原卷版+解析)，共21页。

(1)两大分析——物体的受力分析和运动分析；
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁
(3)由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解
2.解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)在物体受两个力时一般采用“合成法”
(2)若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
3.动力学的两类基本问题的分析方法
(1)选定研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析并画出受力示意图,根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，表示出物体所受的合外力，列出牛顿第二定律方程。
(3)对研究对象进行运动分析并画出运动示意图，标出已知量和待求量，选择合适的运动学公式，列出运动学方程。
(4)联立牛顿第二定律方程和运动学方程求解。
如图所示，质量m＝15 kg的木箱静止在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数
μ＝0.2。现用F＝60 N的水平恒力向右拉动木箱(g取10 m/s2)。求：
(1)3 s时木箱的速度大小。
(2)木箱在2 s内的位移大小。
2．（2022·四川·遂宁安居育才卓同国际学校高三阶段练习）如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F=10N的作用，使木块从静止开始运动，4s后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）撤去推力F时木块的速度为多大？
（2）木块在水平面上运动的总位移为多少？
3.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角。一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。试求：
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。
4．（2022·上海师大附中高三学业考试）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ（小角度）的斜面。一辆长L＝12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为v1＝23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动。当货物在车厢内滑动了s＝4m时，车头距制动坡床顶端d＝38m。再过一段时间，货车停止。已知空货车质量M是货物质量m的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取csθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。
（1）求货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）请画出当货物在车厢内滑动时货车的受力示意图，并求出货车此时的的加速度的大小和方向；
（3）求出制动坡床的长度。
5．（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cs24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2）。
（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2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
6．（2022·湖北·黄冈中学二模）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以v1=36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长l=4m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽车停在斑马线处等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2=54m/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车运动到斑马线时的速度大小。
7.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
8．（2022·浙江绍兴·二模）弹射＋滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机在弹射装置作用下使飞机具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞，起飞升力与速度的关系我们可以简化为（升力）L＝kv（k=37×104kg/s），假设某飞机质量为m=3×104kg，从静止的航母上滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒为1.5×105N，加速度为15m/s2，位移为80m，后一段倾斜跑道上的加速度为12m/s2，路程为100m，飞机恰好能正常起飞，求
（1）求水平加速时的牵引力；
（2）水平跑道到倾斜跑道转折点时的速度；
（3）在跑道上加速的总时间。
9．（2022·山东临沂·二模）冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，比赛场地示意图如图。在某次比赛中，中国队运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度v0=3m/s沿虚线滑出。从此时开始计时，在t=10s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，最后冰壶恰好停在圆心O处。已知投掷线AB与O之间的距离s=30m，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.02，摩擦冰面前后冰壶均做匀变速直线运动。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）t=10s时冰壶的速度及冰壶与AB的距离；
（2）冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2。
10．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）C919客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的干线喷气式客机。已知C919是双发（拥有两台LEAP-1C涡扇发动机）窄体客机，空重m=4×104kg，起飞过程从静止开始滑跑，当位移达x=640m时，达到决断速度v1=80m/s（若放弃起飞，飞机则会冲出跑道）。设飞机受到的风阻f0=0.1v2，摩擦力恒为3388N，飞机做匀加速直线运动，若飞机加注5000kg燃油，求滑跑过程中（g取10m/s2）
（1）飞机滑跑时加速度的大小
（2）达到决断速度时单个发动机产生的推力大小
（3）已知厦门高崎机场跑道长度为3400m，某次实验飞机载重（含航油）为104kg，起飞加速度为3m/s2。飞机全功率减速的总阻力恒为105N。试计算决断速度v′1（最后结果可用根号表示）。
11．（2022·北京·北师大二附中模拟预测）我国自主研制了运−20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写，k为系数；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。已知飞机质量为m时，起飞离地速度为v0；装载货物后质量为M，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）请用已知量写出k的表达式；
（2）求飞机装载货物后的起飞离地速度v1；
（3）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地，求飞机滑行过程所用的时间。
12．(2022·浙江绍兴市高三月考)2021年5月15日中国自发研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星．探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2＝500 m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5 km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t＝100 s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落．在距离火星表面100 m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”．已知天问一号探测器质量为m＝5×103 kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4 m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍．
(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；
(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；
(3)在“悬停阶段”，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6 m，总时间为3 s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值．
考点二 等时圆模型
“等时圆”是指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，如下图。
13.(多选)如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2。则( )
A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sin θ1∶sin θ2
B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cs θ1∶cs θ2
C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cs θ1∶cs θ2
14.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＞v3
C.v3＞v1＞v2 D.v1＞v3＞v2
15.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．2∶1 B．1∶1 C．eq \r(3)∶1D．1∶eq \r(3)
专题19 动力学的两类基本问题及等时圆模型
考点一 动力学的两类基本问题
1.动力学的两类基本问题应把握的关键
(1)两大分析——物体的受力分析和运动分析；
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁
(3)由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解
2.解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)在物体受两个力时一般采用“合成法”
(2)若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
3.动力学的两类基本问题的分析方法
(1)选定研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析并画出受力示意图,根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，表示出物体所受的合外力，列出牛顿第二定律方程。
(3)对研究对象进行运动分析并画出运动示意图，标出已知量和待求量，选择合适的运动学公式，列出运动学方程。
(4)联立牛顿第二定律方程和运动学方程求解。
如图所示，质量m＝15 kg的木箱静止在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数
μ＝0.2。现用F＝60 N的水平恒力向右拉动木箱(g取10 m/s2)。求：
(1)3 s时木箱的速度大小。
(2)木箱在2 s内的位移大小。
【答案】(1)6 m/s (2)4 m
【解析】
(1)对木箱受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(60－0.2×15×10,15) m/s2＝2 m/s2
由运动学公式可得v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s。
(2)木箱在2 s内的位移大小为x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×22 m＝4 m。
2．（2022·四川·遂宁安居育才卓同国际学校高三阶段练习）如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F=10N的作用，使木块从静止开始运动，4s后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）撤去推力F时木块的速度为多大？
（2）木块在水平面上运动的总位移为多少？
【答案】（1）10.8m/s；（2）79.92m
【解析】
（1）撤去推力前，对木块受力分析如图
由牛顿第二定律可得Fcs37°−f=ma，N=Fsin37°+mg
又f=μN
联立，可得a=2.7m/s2
依题意，木块做静止开始的匀加速直线运动，
4s后撤去推力F时木块的速度为v=at=10.8m/s
（2）撤去推力F后，对木块受力分析如图
由牛顿第二定律可得 μmg=ma'
解得 a′=1m/s2
可知，木块做匀减速直线运动其加速度大小为1m/s2，根据速度与位移关系式可得木块在水平面上运动的总位移为 x=v22a+v22a'
解得 x=79.92m
3.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角。一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。试求：
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。
【答案】(1)2 m/s2 (2)2 s
【解析】(1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F，滑动摩擦力为Ff，天花板对刷子的弹力为FN，刷子所受重力为mg，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 37°－μ(F－mg)cs 37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)由运动学公式得L＝eq \f(1,2)at2
代入数据解得t＝2 s。
4．（2022·上海师大附中高三学业考试）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ（小角度）的斜面。一辆长L＝12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为v1＝23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动。当货物在车厢内滑动了s＝4m时，车头距制动坡床顶端d＝38m。再过一段时间，货车停止。已知空货车质量M是货物质量m的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取csθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。
（1）求货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）请画出当货物在车厢内滑动时货车的受力示意图，并求出货车此时的的加速度的大小和方向；
（3）求出制动坡床的长度。
【答案】（1）5m/s2，方向沿制动坡床向下；（2）示意图见解析，5.5m/s2，方向沿制动坡床向下；（3）98m
【解析】
（1）以货物为研究对象，由于货物相对车箱向前滑行，所受摩擦力向后，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得a=5m/s2方向沿制动坡床向下。
（2）货车受力示意图，如图所示
根据牛顿第二定律Mgsinθ+μ′(M+m)gcsθ−μmgcsθ=Ma′
可得货车的加速度a′=5.5m/s2方向沿制动坡床向下。
（3）根据位移与时间的关系v0t−12at2−(v0t−12a′t2)=s
解得t=4s
这段时间内，货车的位移s货=v0t−12a′t2=48m
制动坡床的长度为s货+d+L=98m
5．（2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=29，货物可视为质点（取cs24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s2）。
（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2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）2.7m
【解析】
（1）根据牛顿第二定律可得mgsin24°−μmgcs24°=ma1
代入数据解得a1=2m/s2
（2）根据运动学公式2a1l1=v2
解得v=4m/s
（3）根据牛顿第二定律μmg=ma2
根据运动学公式−2a2l2=vmax2−v2
代入数据联立解得 l2=2.7m
6．（2022·湖北·黄冈中学二模）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以v1=36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长l=4m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽车停在斑马线处等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2=54m/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车运动到斑马线时的速度大小。
【答案】（1）t1=4s，Ff=2.5×103N；（2）16s；（3）v=55m/s
【解析】
（1）根据平均速度 t1=sv
解得刹车时间 t1=4s
刹车加速度 a=v1t1
根据牛顿第二定律 Ff=ma
解得 Ff=2.5×103N
（2）小朋友过时间 t2=l+Lv0
等待时间 t=t2−t1=16s
（3）根据 v22−v2=2as
解得 v=55m/s
7.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)
【答案】(1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2eq \r(34) m/s
【解析】
(1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝eq \f(1,2)at2，
解得x＝16 m.
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移大小为x′，则有t′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，
解得：x′＝1 m.
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，则有：vt2＝2a2(x＋x′)
解得：vt＝2eq \r(34) m/s.
8．（2022·浙江绍兴·二模）弹射＋滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机在弹射装置作用下使飞机具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞，起飞升力与速度的关系我们可以简化为（升力）L＝kv（k=37×104kg/s），假设某飞机质量为m=3×104kg，从静止的航母上滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒为1.5×105N，加速度为15m/s2，位移为80m，后一段倾斜跑道上的加速度为12m/s2，路程为100m，飞机恰好能正常起飞，求
（1）求水平加速时的牵引力；
（2）水平跑道到倾斜跑道转折点时的速度；
（3）在跑道上加速的总时间。
【答案】（1）6×105N；（2）50m/s；（3）133s
【解析】
（1）在水平跑道上加速时 F−f=ma
得 F=f+ma1=6×105N
（2）飞机起飞速度为 v2=Lk=70m/s
设在转折点的速度为v1，则倾斜轨道加速过程中 v22−v12=2a2x2
得 v1=v22−2a2x2=50m/s
（3）设在水平轨道上加速时间为t1，则 x=v1t1−12a1t12
得 t1=83s，t1=4s（舍去）
在倾斜轨道上加速时间为t2 x2=v=v1+v22t2
得 t2=2x2v1+v2=53s（或t2=v2−v1a2=53s）
所以 t=t1+t2=133s
9．（2022·山东临沂·二模）冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，比赛场地示意图如图。在某次比赛中，中国队运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度v0=3m/s沿虚线滑出。从此时开始计时，在t=10s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，最后冰壶恰好停在圆心O处。已知投掷线AB与O之间的距离s=30m，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1=0.02，摩擦冰面前后冰壶均做匀变速直线运动。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）t=10s时冰壶的速度及冰壶与AB的距离；
（2）冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2。
【答案】（1）1m/s，20m；（2）0.005
【解析】
（1）不摩擦冰面时，冰壶做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，t=10s时速度为v，滑行距离为s1，则 μ1mg=ma1 v=v0−a1t s1=v0t−12a1t2
解得 a1=0.2m/s2 v=1m/s s1=20m
摩擦冰面时冰壶仍做匀减速直线运动，设加速度大小的a2，滑行距离为s2，
则0−v2=−2a2s2 μ2mg=ma2
且s=s1+s2
解得μ2=0.005
10．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）C919客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的干线喷气式客机。已知C919是双发（拥有两台LEAP-1C涡扇发动机）窄体客机，空重m=4×104kg，起飞过程从静止开始滑跑，当位移达x=640m时，达到决断速度v1=80m/s（若放弃起飞，飞机则会冲出跑道）。设飞机受到的风阻f0=0.1v2，摩擦力恒为3388N，飞机做匀加速直线运动，若飞机加注5000kg燃油，求滑跑过程中（g取10m/s2）
（1）飞机滑跑时加速度的大小
（2）达到决断速度时单个发动机产生的推力大小
（3）已知厦门高崎机场跑道长度为3400m，某次实验飞机载重（含航油）为104kg，起飞加速度为3m/s2。飞机全功率减速的总阻力恒为105N。试计算决断速度v′1（最后结果可用根号表示）。
【答案】（1）5m/s2；（2）114514N；（3）4510m/s
【解析】
（1）根据 v2−v02=2ax
得 a=v22x=5m/s2
（2）根据牛顿第二定律 2F−f−f0=(m+m′)a
得 F=114514N
（3）飞机总质量为5×104kg，故减速加速度 a′=f′m+m″=1054×104+104m/s2=2m/s2
设飞机恰好运动到跑道头，则加速过程运动距离为L1，减速过程运动距离为L2，
有 L1+L2=3400m
根据 v′12−0=2aL10−v′12=2a′L2
解得 v'1=8160m/s=4510m/s
11．（2022·北京·北师大二附中模拟预测）我国自主研制了运−20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写，k为系数；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。已知飞机质量为m时，起飞离地速度为v0；装载货物后质量为M，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）请用已知量写出k的表达式；
（2）求飞机装载货物后的起飞离地速度v1；
（3）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地，求飞机滑行过程所用的时间。
【答案】（1）k=mgv02；（2）v1=Mmv0；（3）t=2dv0mM
【解析】
（1）空载起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程 kv02=mg
所以 k=mgv02
（2）载货起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程 kv12=Mg
将k代入解得 v1=Mmv0
（3）该飞机装载货物后，初速度为零的匀加速直线运动，则由 v12−0=2ad
解得 a=Mv022md
根据匀变速速度与时间关系 v1−0=at
解得 t=2dv0mM
12．(2022·浙江绍兴市高三月考)2021年5月15日中国自发研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星．探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2＝500 m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x＝7.5 km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t＝100 s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落．在距离火星表面100 m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”．已知天问一号探测器质量为m＝5×103 kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4 m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍．
(1)求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；
(2)求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；
(3)在“悬停阶段”，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6 m，总时间为3 s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值．
【答案】(1)16 m/s2 (2)2.5×104 N (3)eq \r(2)
【解析】
(1)“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得FT－mg＝ma1 ，FT＝5mg
因此a1＝4g＝16 m/s2
(2)由v32＝v22－2a1x
解得v3＝100 m/s
因此“动力减速阶段”的加速度a2＝eq \f(v3,t)＝1 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma2
得F＝mg＋ma2＝2.5×104 N
(3)设加速阶段加速度为a3，减速阶段加速度为a4，且a4＝2a3，运动过程中最大速度为vm，由eq \f(vm,a3)＋eq \f(vm,a4)＝3 s eq \f(v\\al(m2),2a3)＋eq \f(v\\al(m2),2a4)＝6 m
解得vm＝4 m/s a4＝4 m/s2
所以发动机需要提供使其减速的力为F1＝ma4
维持悬停的力为F2＝mg
因此发动机对探测器的作用力为F＝eq \r(F\\al(12)＋F\\al(22))＝eq \r(2)mg
则eq \f(F,mg)＝eq \r(2).
考点二 等时圆模型
“等时圆”是指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，如下图。
13.(多选)如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2。则( )
A．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sin θ1∶sin θ2
B．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cs θ1∶cs θ2
C．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1∶1
D．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cs θ1∶cs θ2
【答案】BCD
【解析】
将物体的重力分别沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向和垂直轨道方向分解，则沿光滑的弦轨道P1A、P2A方向分力分别为m1gcs θ1和m2gcs θ2，其加速度分别为gcs θ1和gcs θ2，若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cs θ1∶cs θ2，选项D正确；两物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为cs θ1∶cs θ2，选项A错误；因为弦轨道长度L＝dcs θ，由L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝ eq \r(\f(2d,g))，由速度公式v＝at可得，物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cs θ1∶cs θ2，选项B、C正确。
14.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＞v3
C.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 \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选项A正确。
15.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．2∶1 B．1∶1 C．eq \r(3)∶1D．1∶eq \r(3)
【答案】B
【解析】选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝eq \f(1,2)at2，得t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(2×2（R＋r）sin θ,gsin θ))＝2 eq \r(\f(R＋r,g))，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．