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2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 牛顿第二定律的应用
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 2讲 牛顿第二定律的应用，共15页。
第2讲 牛顿第二定律的应用
命题点一 动力学的两类基本问题(师生互动)
[核心整合]
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．动力学两类基本问题的解题步骤
(2022·河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动．求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2.
解析：(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
F1－mg－f＝ma1
解得a1＝4 m/s2
飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
(2)最初9 s内位移h1＝a1t＝162 m
设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：
f＋mg＝ma2
解得a2＝12 m/s2
由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2
由运动学公式可得h2＝a2t
飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2
解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：
mg－f＝ma3
解得a3＝8 m/s2
恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.
解得v2＝48 m/s，
由于H>a3t＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.
答案：(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
解决两类动力学问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．
[题组突破]
1.(已知运动情况求受力情况)(2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m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)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．
解析：(1)根据平均速度t1＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度a＝
根据牛顿第二定律Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N.
(2)小朋友通过马路所用时间t2＝
等待时间t＝t2－t1＝20 s.
(3)根据v－v2＝2as
解得v＝5 m/s.
答案：(1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
2．(已知受力情况求运动情况)(2020·山东省等级考试模拟卷)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留两位有效数字)
解析：(1)若货车在避险车道停下后不发生溜滑现象，
则有Ffm≥mgsin θ
货车所受的最大静摩擦力Ffm＝μFN＝μmgcos θ
联立解得tan θ≤0.30.
(2)货车在避险车道上行驶时
a＝＝5.51 m/s2
货车的初速度v0＝90 km/h＝25 m/s
tan 15°<0.30，则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝≈57 m.
答案：(1)tan θ≤0.30 (2)57 m
命题点二 动力学方法分析多运动过程问题(师生互动)
[核心整合]
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
哈利法塔是目前世界最高的建筑(图)．游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50 s，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)求：
(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
解析：(1)设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：
FT－mg＝ma，
解得a＝1 m/s2.
由v＝v0＋at，
解得t＝15 s.
(2)匀加速阶段位移
x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m.
匀速阶段位移
x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m.
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m.
因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0，
自由落体加速度a1＝g.
启动辅助牵引装置后加速度大小．
a2＝＝＝2g，方向向上
则＋＝x.
解得：vm＝10 m/s，
则tm＝＝ s.
即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置．
答案：(1)1 m/s2 15 s (2)525 m (3) s
[题组突破]
1．如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°的光滑斜面BC和平台CD构成．若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台．已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不计．
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间．
解析：(1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2.
(2)由v＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由v－v＝2a2xBC，得vC＝ m/s.
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝ m/s
那么最长时间t＝＝ s.
答案：(1)1 m/s2 (2) m/s (3) s
2．某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，然后第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．
解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度为
a1＝＝1.2 m/s2.
第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2 m/s，
位移x1＝a1t＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为
a2＝＝0.2 m/s2.
第一次撤去水平推力后经过时间t2＝2.0 s，
速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s.
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v－v1′2＝2a1x1.
第二次撤去水平推力后滑行的最大距离
x2＝＝5.2 m.
答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
素养培优7 物体在五类光滑斜面上运动时间的比较
第一类：等高斜面(如图1所示)．
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3.
第二类：同底斜面(如图2所示)．
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2.
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上．
由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3.
第四类：圆周内同底端的斜面(如图4所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点．同理可推得：t1＝t2＝t3.
第五类：双圆周内斜面(如图5所示)．
即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切．各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置．可推得t1＝t2＝t3.
(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滑环(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，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间．下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2021·浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆．若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：B 打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误．
2．如图，足够长的固定斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v0从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处．已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则物体滑回原处的速度大小为( )
A．v0 B．v0
C． v0 D． v0
解析：B 物体上滑过程有v＝2a1x，其中a1＝gsin θ＋μgcos θ，物体下滑过程有v2＝2a2x，其中a2＝gsin θ－μgcos θ，解得v＝v0，故B正确，A、C、D错误．
3.(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与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至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
解析：D 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大．故选D.
4.如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.
解析：(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得
F－mg－f＝ma，
解得a＝6 m/s2
由h＝at2，解得h＝75 m.
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得
mg－f＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s.
答案：(1)75 m (2)40 m/s
5．(2022·河南名校联考)热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求：
(1)释放压舱物时热气球离地的高度h；
(2)热气球与压舱物到达地面的时间差．
解析：(1)由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有
F浮＝Mg
释放压舱物后：F浮－g＝a
即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为：a＝g
由于热气球到地面时的速度刚好为零，
则h＝＝.
(2)设压舱物落地所用时间为t1，根据运动学公式有：
h＝vt1＋gt
解得：t1＝
设热气球匀减速到地面所用时间为t2，则h＝vt2
解得：t2＝
因此两者到达地面所用时间差为：t2－t1＝.
答案：(1) (2)
[能力提升]
6.(2022·青海海东市高三一模)如图所示，质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
解析：D 设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得a1＝2.5 m/s，T＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．
7．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态．现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
解析：D 刚开始运动时，加速度为a＝，速度v增大，加速度增大，当速度v增大到满足kv>mg后，加速度为a＝，速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故A、B错误；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0＝μ(kvm－mg)，故最大速度为vm＝，故D正确．
8.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示．经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面．已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为( )
A. B．
C. D．
解析：A 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确．
9.一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，
解得μ＝.
(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，
当加速度沿斜面向上时
Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，
代入数据得F＝ N
当加速度沿斜面向下时
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N.
答案：(1) (2) N或 N
10．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．
解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1，
解得a1＝3 m/s2.
(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma2，
解得a2＝1 m/s2.
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2.
撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝.
为使木箱停在有效区域内，要满足
L1－L2≤x1＋x2≤L1，
解得1 s≤t≤ s.
答案：(1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤ s
第2讲 牛顿第二定律的应用
命题点一 动力学的两类基本问题(师生互动)
[核心整合]
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．动力学两类基本问题的解题步骤
(2022·河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动．求：
(1)飞行器9 s末的速度大小v1；
(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；
(3)飞行器落回地面的速度大小v2.
解析：(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
F1－mg－f＝ma1
解得a1＝4 m/s2
飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.
(2)最初9 s内位移h1＝a1t＝162 m
设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：
f＋mg＝ma2
解得a2＝12 m/s2
由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2
由运动学公式可得h2＝a2t
飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2
解得t2＝3 s，H＝216 m.
(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：
mg－f＝ma3
解得a3＝8 m/s2
恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.
解得v2＝48 m/s，
由于H>a3t＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.
答案：(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s
解决两类动力学问题的两个关键点
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．
[题组突破]
1.(已知运动情况求受力情况)(2021·浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m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)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．
解析：(1)根据平均速度t1＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度a＝
根据牛顿第二定律Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N.
(2)小朋友通过马路所用时间t2＝
等待时间t＝t2－t1＝20 s.
(3)根据v－v2＝2as
解得v＝5 m/s.
答案：(1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
2．(已知受力情况求运动情况)(2020·山东省等级考试模拟卷)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示；
(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留两位有效数字)
解析：(1)若货车在避险车道停下后不发生溜滑现象，
则有Ffm≥mgsin θ
货车所受的最大静摩擦力Ffm＝μFN＝μmgcos θ
联立解得tan θ≤0.30.
(2)货车在避险车道上行驶时
a＝＝5.51 m/s2
货车的初速度v0＝90 km/h＝25 m/s
tan 15°<0.30，则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝≈57 m.
答案：(1)tan θ≤0.30 (2)57 m
命题点二 动力学方法分析多运动过程问题(师生互动)
[核心整合]
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
哈利法塔是目前世界最高的建筑(图)．游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50 s，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)求：
(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
解析：(1)设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：
FT－mg＝ma，
解得a＝1 m/s2.
由v＝v0＋at，
解得t＝15 s.
(2)匀加速阶段位移
x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m.
匀速阶段位移
x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m.
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m.
因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.
(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0，
自由落体加速度a1＝g.
启动辅助牵引装置后加速度大小．
a2＝＝＝2g，方向向上
则＋＝x.
解得：vm＝10 m/s，
则tm＝＝ s.
即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置．
答案：(1)1 m/s2 15 s (2)525 m (3) s
[题组突破]
1．如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面AB、倾角为6°的光滑斜面BC和平台CD构成．若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面AB上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台．已知水平面AB长度为2 m，斜面BC长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，sin 6°＝0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不计．
(1)求滑块在推力作用下的加速度大小；
(2)若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；
(3)若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间．
解析：(1)根据F－μmg＝ma1，得a1＝1 m/s2.
(2)由v＝2a1xAB
得vB＝2 m/s
斜面上运动的加速度a2＝－gsin 6°＝－1 m/s2
由v－v＝2a2xBC，得vC＝ m/s.
(3)刚能够到平台时滑块在斜面上运动的时间最长，由
－vB′2＝2a2xBC，得vB′＝ m/s
那么最长时间t＝＝ s.
答案：(1)1 m/s2 (2) m/s (3) s
2．某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，然后第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．
解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的加速度为
a1＝＝1.2 m/s2.
第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2 m/s，
位移x1＝a1t＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为
a2＝＝0.2 m/s2.
第一次撤去水平推力后经过时间t2＝2.0 s，
速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s.
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v－v1′2＝2a1x1.
第二次撤去水平推力后滑行的最大距离
x2＝＝5.2 m.
答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
素养培优7 物体在五类光滑斜面上运动时间的比较
第一类：等高斜面(如图1所示)．
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3.
第二类：同底斜面(如图2所示)．
由L＝at2，a＝gsin θ，L＝
可得：t＝ ，
可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2.
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上．
由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3.
第四类：圆周内同底端的斜面(如图4所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点．同理可推得：t1＝t2＝t3.
第五类：双圆周内斜面(如图5所示)．
即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切．各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置．可推得t1＝t2＝t3.
(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滑环(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，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间．下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1
限时规范训练
[基础巩固]
1.(2021·浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆．若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：B 打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误．
2．如图，足够长的固定斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v0从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处．已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则物体滑回原处的速度大小为( )
A．v0 B．v0
C． v0 D． v0
解析：B 物体上滑过程有v＝2a1x，其中a1＝gsin θ＋μgcos θ，物体下滑过程有v2＝2a2x，其中a2＝gsin θ－μgcos θ，解得v＝v0，故B正确，A、C、D错误．
3.(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与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至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
解析：D 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大．故选D.
4.如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.
解析：(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得
F－mg－f＝ma，
解得a＝6 m/s2
由h＝at2，解得h＝75 m.
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得
mg－f＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s.
答案：(1)75 m (2)40 m/s
5．(2022·河南名校联考)热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求：
(1)释放压舱物时热气球离地的高度h；
(2)热气球与压舱物到达地面的时间差．
解析：(1)由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有
F浮＝Mg
释放压舱物后：F浮－g＝a
即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为：a＝g
由于热气球到地面时的速度刚好为零，
则h＝＝.
(2)设压舱物落地所用时间为t1，根据运动学公式有：
h＝vt1＋gt
解得：t1＝
设热气球匀减速到地面所用时间为t2，则h＝vt2
解得：t2＝
因此两者到达地面所用时间差为：t2－t1＝.
答案：(1) (2)
[能力提升]
6.(2022·青海海东市高三一模)如图所示，质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N
B．B运动的最大速度为4 m/s
C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m
D．B运动的平均速度大小为1 m/s
解析：D 设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得a1＝2.5 m/s，T＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．
7．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态．现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
解析：D 刚开始运动时，加速度为a＝，速度v增大，加速度增大，当速度v增大到满足kv>mg后，加速度为a＝，速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故A、B错误；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0＝μ(kvm－mg)，故最大速度为vm＝，故D正确．
8.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示．经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面．已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为( )
A. B．
C. D．
解析：A 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确．
9.一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．(g取10 m/s2)求：
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，
解得μ＝.
(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．
由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，
当加速度沿斜面向上时
Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，
代入数据得F＝ N
当加速度沿斜面向下时
mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N.
答案：(1) (2) N或 N
10．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．
解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1，
解得a1＝3 m/s2.
(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma2，
解得a2＝1 m/s2.
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2.
撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝.
为使木箱停在有效区域内，要满足
L1－L2≤x1＋x2≤L1，
解得1 s≤t≤ s.
答案：(1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤ s
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