資源簡介

親愛的同學加油，給自己實現夢想的機會。
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第13講 牛頓第二定律的基本應用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·廣東汕頭·統考三模）如圖是某跳水女運動員在三米板的訓練中，最后踏板的過程：她從高處落到處于自然狀態的跳板上（A位置），隨跳板一同向下運動到最低點（B位置），對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的這個過程中，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（　　）

A．跳板對運動員支持力先增大后減小
B．運動員先是處于超重后處于失重狀態
C．跳板對運動員支持力做的功等于運動員機械能的變化量
D．運動員的重力勢能與跳板的彈性勢能之和先增大后減小
2．（2023·江蘇南通·江蘇省如東高級中學校聯考模擬預測）在教室內將兩端開口的潔凈玻璃管豎直插入液體中，管中液面如圖所示。當把該裝置放在豎直加速的電梯中，且電梯的加速度。則（　　）
A．若電梯向上加速，則玻璃管內外的液面高度差將變大
B．若電梯向上加速，則玻璃管內外的液面高度差保持不變
C．若電梯向下加速，則玻璃管內外的液面高度差將變大
D．若電梯向下加速，則玻璃管內外的液面高度差保持不變
3．（2023·廣東·模擬預測）人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作，傳感器記錄的力隨時間變化圖像（圖）如圖所示，則（ ）

A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2 B．人在下蹲過程中，力的示數先變大，后變小
C．人在站起過程中，先失重后超重 D．人在8s內完成了兩次下蹲和兩次站起動作
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考三模）如圖所示，一質量為M的光滑大圓環由一細輕桿固定在豎直平面內。套在大圓環上質量均為m的兩個小圓環（與大圓環粗細相差不大），同時從大圓環的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g，下列說法正確的是（ ）
A．兩個小圓環運動到大圓環圓心以下高度時會出現失重狀態，大圓環則始終處于超重狀態
B．當輕桿受到的拉力大小為Mg時，兩個小圓環正位于大圓環圓心等高處
C．小圓環下滑至大圓環圓心高度之前，一直受到大圓環的彈力作用
D．輕桿受到的拉力可能小于Mg
5．（2022·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，在一傾斜角為θ的坡上有一觀景臺A，從觀景臺到坡底有一根鋼纜索，已知觀景到山坡的距離AO＝L，O到坡底B的距離也為L，現工作人員將鋼環扣在纜索上，將一包裹送至坡底，若環帶著包裹從A點由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則包裹滑到坡底的時間為（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023·浙江·模擬預測）如圖，水平面上固定光滑圓弧面ABD，水平寬度為L，高為h且滿足。小球從頂端A處由靜止釋放，沿弧面滑到底端D經歷的時間為t，若在圓弧面上放一光滑平板ACD，仍將小球從A點由靜止釋放，沿平板滑到D的時間為（　　）
A．t B． C． D．
7．（2023·山東青島·統考二模）風洞實驗可以模擬高空跳傘情況下人體所承受氣流的狀態。已知物體受到的空氣阻力F與物體相對空氣的速度v滿足（S為物體迎風面積，C為風阻系數，為空氣密度）。圖甲中風洞豎直向上勻速送風，一質量為m的物體從A處由靜止下落，一段時間后在B處打開降落傘，相對速度的平方與加速度大小a的關系圖像如圖乙所示，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．開傘前加速度向下，越來越大
B．開傘后加速度向上，越來越大
C．開傘前物體迎風面積為
D．開傘后物體迎風面積為
8．（2023·山東·濟南一中統考二模）小木塊在外力F的作用下由靜止開始沿粗糙水平面運動，運動過程中木塊的速度v隨位移x變化的圖像如圖所示，下列速度v隨時間t、外力F隨速度v變化的圖像可能正確的是（　　）
A．B．C．D．
9．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學校考模擬預測）如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上方處靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸，小球下落至最低點過程中的圖像如圖乙（圖中，，，g均為已知量），不計空氣阻力，g為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．到x1段，小球做加速度逐漸越小的減速運動
B．彈簧受到的最大彈力為
C．該過程中小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值為
D．小球向下運動過程中最大速度為
10．（2023·海南·統考模擬預測）如圖所示，豎直放置的輕質彈簧一端固定在地面上，另一端放上一個重物，重物上端與一根跨過光滑定滑輪的輕繩相連，在輕繩的另一端施加一豎直向下的拉力F。當時，重物處于平衡狀態，此時彈簧的壓縮量為（彈簧在彈性限度內），某時刻拉動輕繩，使得重物向上做勻加速直線運動，用h表示重物向上做勻加速直線運動的距離，在范圍內，下列拉力F與h的關系圖象中可能正確的是（　　）
A．B．C．D．
11．（2023·全國·二模）電動平衡車是一種新的短途代步工具。已知人和平衡車的總質量是60kg，啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來，其圖像如圖所示。假設平衡車與地面間的動摩擦因數為μ，，則（　　）
A．平衡車與地面間的動摩擦因數為0.6
B．平衡車整個運動過程中的位移大小為195m
C．平衡車在整個運動過程中的平均速度大小為3m/s
D．平衡車在加速段的動力大小72N
12．（2023·重慶·一模）如圖甲所示，質量為m的小火箭由靜止開始加速上升，加速度a與速度倒數的關系圖像如圖乙所示，火箭的速度為v1時對應的加速度為a1，不計空氣阻力和燃料燃燒時的質量損失，重力加速度為g，下列說法不正確的是（　　）
A．火箭以恒定的功率啟動
B．火箭的功率為
C．關系圖像的斜率為
D．關系圖像橫軸的截距為
13．（2023·四川涼山·統考三模）某同學用手機的頻閃功能拍攝一小球在傾角為斜面上的運動情況，如圖是運動模型簡化圖，頻閃時間間隔為T，小球從斜面底端開始向上運動，在斜面上依次經過A、B、C、D、E點，各段距離之比為，小球在運動過程中所受阻力大小不變。以下說法正確的是（　　）
A．小球在圖中C點的速度向上
B．若小球向上經過A點時的速度為，則向上經過B點的速度為
C．小球所受阻力和重力大小之比為3∶1
D．若實際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測得照片中長L，則過E點的速度大小為
14．（2023·河北·校聯考模擬預測）水平地面上放置一質量為的木箱，木箱與地面間的動摩擦因數恒定。如圖甲所示，一小孩用一水平推力推木箱，木箱在水平地面上做勻速直線運動；如圖乙所示，一大人用等大的拉力與水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做勻速直線運動。已知重力加速度取，則（ ）

A．木箱與地面間的動摩擦因數為0.75
B．若拉力與水平方向的夾角為，則木箱的加速度大小為
C．若用大小為的力水平推木箱，木箱的加速度大小為
D．若用大小為且與水平方向成角的力拉木箱時，木箱離開地面
15．（2023·河北·統考二模）如圖所示為某型號的無人機，該無人機的質量為，電動機能提供的最大動力為，無人機飛行時所受的阻力大小恒為。當無人機以最大動力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升，經的時間后關閉動力裝置，無人機能達到的最大高度為h，然后無人機沿原路返回地面，無人機自由下落一段時間后重啟動力裝置，無人機共下落后剛好落地、重力加速度g取，則下列說法正確的是（　　）
A．
B．無人機返回時加速的時間為
C．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為
D．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為
16．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考三模）如圖所示，質量均為m的兩個物塊A、B疊放在輕彈簧上，處于靜止狀態。輕彈簧下端固定在地面上，上端與物塊B連接。從某時刻開始對物塊A施加豎直向上的恒力F，物塊A開始向上運動，物塊B與彈簧組成的系統機械能沒有變化。經過時間t，撤去力F，物塊B也第一次達到最大高度。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．F大小為2mg
B．F大小可能為2.2mg
C．若在2t時刻兩物塊的距離剛好達到最大，則該最大距離為
D．在1.5t時刻，物塊B與彈簧組成的系統的勢能可能達到最大值
17．（2022·浙江·統考高考真題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運動員）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）過C點的速度大小；
（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
18．（2021·浙江·高考真題）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量的汽車以的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線處，駕駛員發現小朋友排著長的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。
（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；
（2）若路面寬，小朋友行走的速度，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；
（3）假設駕駛員以超速行駛，在距離斑馬線處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。
第13講 牛頓第二定律的基本應用
（模擬精練+真題演練）
1．（2023·廣東汕頭·統考三模）如圖是某跳水女運動員在三米板的訓練中，最后踏板的過程：她從高處落到處于自然狀態的跳板上（A位置），隨跳板一同向下運動到最低點（B位置），對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的這個過程中，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（　　）

A．跳板對運動員支持力先增大后減小
B．運動員先是處于超重后處于失重狀態
C．跳板對運動員支持力做的功等于運動員機械能的變化量
D．運動員的重力勢能與跳板的彈性勢能之和先增大后減小
【答案】C
【詳解】AB．運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點過程中，開始重力大于跳板的彈力、運動員加速下降，后來跳板的彈力大于運動員的重力，運動員減速下降，所以運動員先失重后超重，故AB錯誤；
C．除重力之外的其它力做的功等于運動員機械能的變化，所以跳板對運動員支持力做的功等于運動員機械能的變化量，故C正確；
D．運動員下降過程中，只有重力和彈力做功，運動員和跳板組成的系統機械能守恒，所以運動員的重力勢能+跳板的彈性勢能+運動員的動能=恒量，由于運動員的動能先增大后減小，所以運動員的重力勢能與跳板的彈性勢能之和先減小后增大，故D錯誤。故選C。
2．（2023·江蘇南通·江蘇省如東高級中學校聯考模擬預測）在教室內將兩端開口的潔凈玻璃管豎直插入液體中，管中液面如圖所示。當把該裝置放在豎直加速的電梯中，且電梯的加速度。則（　　）
A．若電梯向上加速，則玻璃管內外的液面高度差將變大
B．若電梯向上加速，則玻璃管內外的液面高度差保持不變
C．若電梯向下加速，則玻璃管內外的液面高度差將變大
D．若電梯向下加速，則玻璃管內外的液面高度差保持不變
【答案】C
【詳解】AB．若電梯向上加速，則液體將處于超重狀態，液體向下的壓力增大，則可知玻璃管內的液面要下降，玻璃管內外的液面高度差將減小，故AB錯誤；
CD．若電梯向下加速，則液體將處于失重狀態，液體向下的壓力減小，則可知玻璃管內的液面要上升，玻璃管內外的液面高度差將變大，故C正確，D錯誤。故選C。
3．（2023·廣東·模擬預測）人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作，傳感器記錄的力隨時間變化圖像（圖）如圖所示，則（ ）

A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2 B．人在下蹲過程中，力的示數先變大，后變小
C．人在站起過程中，先失重后超重 D．人在8s內完成了兩次下蹲和兩次站起動作
【答案】A
【詳解】A．由圖可知，傳感器的最小壓力約為200N，則根據牛頓第二定律得最大加速度為
故A正確；
B．人在下蹲過程中，先加速下降再減速下降，所以力的示數先變小，后變大，故B錯誤；
C．人在站起過程中，先加速起立再減速起立，所以先超重后失重，故C錯誤；
D．人在下蹲過程中，力的示數先變小，后變大，人在站起過程中，力的示數先變大，后變小，所以動作人在8s內完成了一次下蹲和一次站起動作，故D錯誤。故選A。
4．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考三模）如圖所示，一質量為M的光滑大圓環由一細輕桿固定在豎直平面內。套在大圓環上質量均為m的兩個小圓環（與大圓環粗細相差不大），同時從大圓環的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g，下列說法正確的是（ ）
A．兩個小圓環運動到大圓環圓心以下高度時會出現失重狀態，大圓環則始終處于超重狀態
B．當輕桿受到的拉力大小為Mg時，兩個小圓環正位于大圓環圓心等高處
C．小圓環下滑至大圓環圓心高度之前，一直受到大圓環的彈力作用
D．輕桿受到的拉力可能小于Mg
【答案】D
【詳解】A．兩個小圓環運動到大圓環圓心以下高度時，有向上的加速度分量，處于超重狀態，故A錯誤；
BC．小環受重力，大環對小環的支持力而做圓周運動；
①當小環運動到上半圓上某位置時，其重力沿半徑方向的分力恰好等于向心力時，此時小環對大環的壓力為0；
②小環運動到與圓心等高處時，大環對小環的壓力沿水平方向指向圓心，小環對大環沒有豎直方向的作用力。
綜上所述，在此兩處，大環對輕桿拉力大小為Mg，故BC錯誤；
D．若圓環在上半圓運動時速度過大時，大圓環對小環的作用力指向圓心，此時輕桿受到的拉力小于Mg，故D正確；故選D。
5．（2022·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，在一傾斜角為θ的坡上有一觀景臺A，從觀景臺到坡底有一根鋼纜索，已知觀景到山坡的距離AO＝L，O到坡底B的距離也為L，現工作人員將鋼環扣在纜索上，將一包裹送至坡底，若環帶著包裹從A點由靜止開始沿鋼繩無摩擦地滑下，則包裹滑到坡底的時間為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【詳解】如圖所示，以O點為圓心、A為圓周的最高點、AB為弦作圓。小環沿AB運動的時間就是沿直徑AC做自由落體運動的時間，有解得故選D。
6．（2023·浙江·模擬預測）如圖，水平面上固定光滑圓弧面ABD，水平寬度為L，高為h且滿足。小球從頂端A處由靜止釋放，沿弧面滑到底端D經歷的時間為t，若在圓弧面上放一光滑平板ACD，仍將小球從A點由靜止釋放，沿平板滑到D的時間為（　　）
A．t B． C． D．
【答案】B
【詳解】設該圓弧對應的半徑為R，小球沿光滑圓弧面ABD運動到底端的時間相當于擺長為R的單擺周期的，則有小球光滑斜面ACD滑到D的時間為t′，根據等時圓原理可得
所以故選B。
7．（2023·山東青島·統考二模）風洞實驗可以模擬高空跳傘情況下人體所承受氣流的狀態。已知物體受到的空氣阻力F與物體相對空氣的速度v滿足（S為物體迎風面積，C為風阻系數，為空氣密度）。圖甲中風洞豎直向上勻速送風，一質量為m的物體從A處由靜止下落，一段時間后在B處打開降落傘，相對速度的平方與加速度大小a的關系圖像如圖乙所示，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．開傘前加速度向下，越來越大
B．開傘后加速度向上，越來越大
C．開傘前物體迎風面積為
D．開傘后物體迎風面積為
【答案】C
【詳解】AC．物體從A處由靜止下落，開傘前加速度向下，物體所受合力為；
F不斷增大，加速度減小，圖乙中右側圖線與此過程相符合，有解得
故A錯誤，C正確；
BD．左側圖線為開傘后的圖線，有當v=v1時，有解得
且當v減小時，a減小，故BD錯誤。故選C。
8．（2023·山東·濟南一中統考二模）小木塊在外力F的作用下由靜止開始沿粗糙水平面運動，運動過程中木塊的速度v隨位移x變化的圖像如圖所示，下列速度v隨時間t、外力F隨速度v變化的圖像可能正確的是（　　）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】AB．由題圖可得則整理可得可得可知加速度隨速度的增大而增大，B正確，A錯誤；
CD．根據牛頓第二定律可得當時，CD錯誤。故選B。
9．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學校考模擬預測）如圖甲，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，質量為m的小球，從彈簧上方處靜止下落。若以小球開始下落的位置為坐標原點，建立豎直向下坐標軸，小球下落至最低點過程中的圖像如圖乙（圖中，，，g均為已知量），不計空氣阻力，g為重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．到x1段，小球做加速度逐漸越小的減速運動
B．彈簧受到的最大彈力為
C．該過程中小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值為
D．小球向下運動過程中最大速度為
【答案】D
【詳解】A．鋼鋸條圖甲可知，小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量較小時，重力大于彈簧的彈力，即到x1段，小球做加速度逐漸越小的加速運動，A錯誤；
B．根據圖乙可知，在x1位置，加速度為0，則有
隨后進一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為x2，此時速度減為0，則此時彈力最大為
解得，B錯誤；
C．該過程中小球與彈簧組成系統的機械能守恒，即只有動能、勢能（包含重力勢能與彈性勢能）的轉化，在加速度為0時，小球速度最大，動能最大，即小球運動至x1位置時，重力勢能減小了，減小的重力勢能轉化為彈性勢能與動能，可知小球與彈簧組成系統的勢能變化的最大值小于，C錯誤；
D．根據上述，小球運動至x1位置時，加速度為0時，小球速度最大，根據圖乙可知，將縱坐標乘以小球質量m，縱坐標表示合力，則圖像的面積表示合力做功，則有解得
D正確。故選D。
10．（2023·海南·統考模擬預測）如圖所示，豎直放置的輕質彈簧一端固定在地面上，另一端放上一個重物，重物上端與一根跨過光滑定滑輪的輕繩相連，在輕繩的另一端施加一豎直向下的拉力F。當時，重物處于平衡狀態，此時彈簧的壓縮量為（彈簧在彈性限度內），某時刻拉動輕繩，使得重物向上做勻加速直線運動，用h表示重物向上做勻加速直線運動的距離，在范圍內，下列拉力F與h的關系圖象中可能正確的是（　　）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】當重物向上移動的距離為h時，對重物進行受力分析，由牛頓第二定律知
由題意知解得可見F與h是一次函數關系，且截距不為零。
故選C。
11．（2023·全國·二模）電動平衡車是一種新的短途代步工具。已知人和平衡車的總質量是60kg，啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來，其圖像如圖所示。假設平衡車與地面間的動摩擦因數為μ，，則（　　）
A．平衡車與地面間的動摩擦因數為0.6
B．平衡車整個運動過程中的位移大小為195m
C．平衡車在整個運動過程中的平均速度大小為3m/s
D．平衡車在加速段的動力大小72N
【答案】B
【詳解】A．關閉動力后，車做勻減速運動，加速度大小為，結合圖像可得， 解得，A錯誤；
BC．圖線與橫軸圍成的面積為位移，為整個運動過程中的平均速度大小為
，B正確，C錯誤；
D．平衡車在加速段時有，代入數值解得，D錯誤。故選B。
12．（2023·重慶·一模）如圖甲所示，質量為m的小火箭由靜止開始加速上升，加速度a與速度倒數的關系圖像如圖乙所示，火箭的速度為v1時對應的加速度為a1，不計空氣阻力和燃料燃燒時的質量損失，重力加速度為g，下列說法不正確的是（　　）
A．火箭以恒定的功率啟動
B．火箭的功率為
C．關系圖像的斜率為
D．關系圖像橫軸的截距為
【答案】C
【詳解】根據題意，設火箭的功率為，牽引力為，由公式可得
ABC．根據題意，由牛頓第二定律有解得由圖乙可知，關系圖像的斜率為
則有可得即火箭以恒定的功率啟動，故AB正確，不符合題意；C錯誤，符合題意；
D．由上述分析可知，的關系式為當時，解得即關系圖像橫軸的截距為，故D正確，不符合題意。故選C。
13．（2023·四川涼山·統考三模）某同學用手機的頻閃功能拍攝一小球在傾角為斜面上的運動情況，如圖是運動模型簡化圖，頻閃時間間隔為T，小球從斜面底端開始向上運動，在斜面上依次經過A、B、C、D、E點，各段距離之比為，小球在運動過程中所受阻力大小不變。以下說法正確的是（　　）
A．小球在圖中C點的速度向上
B．若小球向上經過A點時的速度為，則向上經過B點的速度為
C．小球所受阻力和重力大小之比為3∶1
D．若實際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測得照片中長L，則過E點的速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．小球在運動過程中所受阻力大小不變，則小球向上運動時是勻減速運動，向下運動時是勻加速運動；由勻變速直線運動規律可知，只有當初速度（或末速度）為零時，連續相等的兩段時間內物體位移之比為1：3（或3：1），則由可得，C點為最高點，故A錯誤；
B．C點為最高點，則，B點是A、C的時間中點，則向上經過B點的速度為故B正確；
C．設小球沿斜面向上、向下運動時加速度大小分別為a1、a2，頻閃時間間隔為t，根據位移—時間公式，有，又，解得由牛頓第二定律得，解得故C錯誤；
D．實際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測得照片中長L，則實際CE長為，則D點速度為
由，可得過E點的速度大小為故D正確。故選BD。
14．（2023·河北·校聯考模擬預測）水平地面上放置一質量為的木箱，木箱與地面間的動摩擦因數恒定。如圖甲所示，一小孩用一水平推力推木箱，木箱在水平地面上做勻速直線運動；如圖乙所示，一大人用等大的拉力與水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做勻速直線運動。已知重力加速度取，則（ ）

A．木箱與地面間的動摩擦因數為0.75
B．若拉力與水平方向的夾角為，則木箱的加速度大小為
C．若用大小為的力水平推木箱，木箱的加速度大小為
D．若用大小為且與水平方向成角的力拉木箱時，木箱離開地面
【答案】ACD
【詳解】A．木箱在水平地面上做勻速直線運動，根據平衡條件，有若將此力方向改為與水平方向成角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做勻速直線運動，根據平衡條件，有解得故A正確；
B．若拉力與水平方向的夾角為，根據牛頓第二定律，有解故B錯誤；
C．當用的水平恒力推木箱時，根據牛頓第二定律，有解得故C正確；
D．若用大小為且與水平方向成角的力拉木箱時，拉力的豎直分力為
木箱離開地面，故D正確。故選ACD。
15．（2023·河北·統考二模）如圖所示為某型號的無人機，該無人機的質量為，電動機能提供的最大動力為，無人機飛行時所受的阻力大小恒為。當無人機以最大動力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升，經的時間后關閉動力裝置，無人機能達到的最大高度為h，然后無人機沿原路返回地面，無人機自由下落一段時間后重啟動力裝置，無人機共下落后剛好落地、重力加速度g取，則下列說法正確的是（　　）
A．
B．無人機返回時加速的時間為
C．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為
D．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為
【答案】BD
【詳解】A．當無人機以最大動力從地面由靜止開始沿豎直方向加速上升過程，由牛頓第二定律，得
代入數據解得經的時間后關閉動力裝置減速過程，由牛頓第二定律，得代入數據解得
由運動學知識，得解得最大速度及上升過程減速時間為；
無人機能達到的最大高度為故A錯誤；
B．無人機沿原路返回地面時，無人機自由下落過程，由牛頓第二定律，得代入數據解得
由運動學知識，得返回過程平均速度為
所以無人機返回時加速的時間為故B正確；
CD．無人機返回過程重啟動力裝置后，由牛頓第二定律，得代入數據解得
由運動學知識，得聯立解得故C錯誤，D正確。故選BD。
16．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考三模）如圖所示，質量均為m的兩個物塊A、B疊放在輕彈簧上，處于靜止狀態。輕彈簧下端固定在地面上，上端與物塊B連接。從某時刻開始對物塊A施加豎直向上的恒力F，物塊A開始向上運動，物塊B與彈簧組成的系統機械能沒有變化。經過時間t，撤去力F，物塊B也第一次達到最大高度。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．F大小為2mg
B．F大小可能為2.2mg
C．若在2t時刻兩物塊的距離剛好達到最大，則該最大距離為
D．在1.5t時刻，物塊B與彈簧組成的系統的勢能可能達到最大值
【答案】ABC
【詳解】AB．在恒力F作用前，對A、B整體，由平衡條件可知由題意可知，物塊A開始向上運動時，物塊B與彈簧組成的系統機械能沒有變化，則以B為研究對象，由牛頓第二定律可得
解得此時物塊A的最小加速度則也應為g，可知恒力F的最小值應為2mg，故AB正確；
C．若在2t時刻兩物塊的距離剛好達到最大，因為經t時間物塊B也第一次達到最大高度。則有再經t時間物塊B恰好回到原來靜止的位置，且物塊A應恰好達到最高點，這樣兩物塊的距離恰好達到最大。則有在0~t時間，物塊A做勻加速運動，在t~2t時間物塊A做加速度為g的勻減速運動，則有；
可得則有物塊A在2t時間內上升的高度為物塊B在2t時間內位置不變，所以該最大距離為，C正確；
D．物塊B與彈簧組成的系統勢能最大時，動能最小，所以應是0時刻或2t時刻，物塊B與彈簧組成的系統勢能最大，D錯誤。故選ABC。
17．（2022·浙江·統考高考真題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運動員）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）過C點的速度大小；
（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【詳解】（1）AB段解得
（2）AB段解得，BC段；過C點的速度大小
（3）在BC段有牛頓第二定律解得
18．（2021·浙江·高考真題）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質量的汽車以的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線處，駕駛員發現小朋友排著長的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。
（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小；
（2）若路面寬，小朋友行走的速度，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；
（3）假設駕駛員以超速行駛，在距離斑馬線處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。
【答案】（1），；（2）20s；（3）
【詳解】（1）根據平均速度解得剎車時間剎車加速度根據牛頓第二定律
解得
（2）小朋友過時間等待時間
（3）根據解得親愛的同學加油，給自己實現夢想的機會。
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第13講 牛頓第二定律的基本應用
目錄
/
復習目標
網絡構建
考點一 動力學兩類基本問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點
知識點2 兩類動力學問題的解題步驟
【提升·必考題型歸納】
考向1 已知受力情況求運動情況
考向2 已知運動情況求受力情況
考點二 超重與失重
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 超重與失重的概念
知識點2 超重與失重的的判斷方法
【提升·必考題型歸納】
考向1 生活中的超重與失重
考向2 與超重失重有關的圖像問題
考點三 等時圓模型
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 圓周內同頂端的斜面
知識點2 圓周內同底端的斜面
知識點3 雙圓周內斜面
【提升·必考題型歸納】
考向 等時圓模型的應用
考點四 動力學圖像問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點 動力學圖像問題類型、解題策略、
破題關鍵
【提升·必考題型歸納】
考向1 v t圖像
考向2 a t圖像
考向3 F t圖像
考向4 F a圖像
真題感悟
利用牛頓第二定律處理動力學兩類基本問題、超重失重、等時圓和動力學圖像問題。
學會用牛頓第二定律解決實際生活問題。
考點要求 考題統計 考情分析
（1）動力學兩類基本問題 （2）超重與失重 （3）等時圓模型 （4）動力學圖像問題 2023年全國甲卷第19題 2022年天津卷第11題 2022年遼寧卷第7題 高考對動力學兩類基本問題的考查較為頻繁，而且大多聯系實際生活以計算題的形式出現；超重與失重、動力學圖像問題多以選擇題的形式出現，難度是較低。
考點一 動力學兩類基本問題
知識點1 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點
1.把握“兩個分析”“一個橋梁”
2.找到不同過程之間的“聯系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,
可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。
知識點2 兩類動力學問題的解題步驟
考向1 已知受力情況求運動情況
1．如圖所示，固定在水平地面上、傾角的斜面底端有一擋板，其頂端有一輕質小滑輪，一根不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪，兩端分別與物塊A、B連接，物塊A的質量為4m，物塊B的質量為m。開始將物塊B按在地面上，物塊A距擋板的距離為d，突然放手后物塊A開始下滑，與擋板碰撞后速度立刻變為0。不計一切摩擦，則物塊B上升的最大高度為（　　）

A． B． C． D．
2．如圖所示，某景區有一座與水平面夾角為，長度為L的小山坡，欲利用此地形修建一座滑草場。乘客乘坐設備從坡頂由靜止開始沿直線滑道滑下，并平滑進入到水平直線滑道減速至停下。整個滑道上鋪設的草皮與滑草設備底面的動摩擦因數為，設乘客始終保持規范姿態且不調整設備，忽略空氣阻力影響。下列說法正確的是（　　）
A．加速下滑與水平減速兩段過程中的平均速度的大小相同
B．為保證乘客能順利沿滑道滑下，要滿足動摩擦因數
C．不同體重的乘客沿滑道加速下滑的過程中加速度不同
D．為了乘客的安全，修建的水平滑道長度至少為
考向2 已知運動情況求受力情況
3．2022年4月16日，神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸，已知返回艙總質量約為3100kg。快到地面時，返回艙的緩沖發動機向下噴氣，落地時速度恰好為0。返回艙落地前最后一秒的v-t圖像如圖，g取，下列描述正確的是（　　）
A．返回艙距離地面1.2m時，緩沖發動機啟動
B．最后一秒內的平均速度大小為5m/s
C．返回艙減速過程中，航天員處于失重狀態
D．緩沖發動機對返回艙的作用力約為
4．一熱氣球懸停在距地面65m處（無人區），由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時間內漏掉了一部分氣體，被及時堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運動，30s后速度增加到3m/s，此時工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運動，又過了30s氣球再次到達之前的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質量為600kg，堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計，取重力加速度大小，下列說法正確的是（　　）
A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小為
B．熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600N
C．熱氣球距地面的最小距離為20m
D．拋出物的質量為23.3kg
考點二 超重與失重
知識點1 超重與失重的概念
1.實重和視重
(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態　　　　。
(2)視重:當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重。
2.超重、失重和完全失重的比較
比較項 超重 失重 完全失重
現象 視重 實重 視重 實重 視重等于0
產生條件 物體的加速度 物體的加速度 物體的加速度等于g
運動狀態 上升或 下降 加速 或 上升 以加速度g 下降或 上升
原理方程 F-mg=ma→F=m(g+a) mg-F=ma→F=m(g-a) mg-F=mg→F=0
知識點2 超重與失重的的判斷方法
1．判斷超重和失重現象的三個角度
(1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時處于失重狀態；等于零時處于完全失重狀態。
(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態；具有向下的加速度時處于失重狀態；向下的加速度恰好等于重力加速度時處于完全失重狀態。
(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重。
2．對超重和失重問題的三點提醒
(1)發生超重或失重現象與物體的速度方向無關，只取決于加速度的方向。
(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現超重或失重現象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態。
(3)發生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發生變化，變化的只是物體的視重。
考向1 生活中的超重與失重
1．如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質量均為m的相同長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，夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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
B．夾磚器對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
2．如圖所示，一蹦極愛好者正進行蹦極。從愛好者跳出高臺直至最后在空中靜止下來的整個運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．愛好者在加速下落過程中，其慣性增大
B．愛好者離開高臺瞬間，其速度和加速度都為零
C．愛好者第一次下落到最低點時，其處于超重狀態
D．愛好者第一次從最低點向上運動的過程中，繩對愛好者的拉力大于重力，處于超重狀態
考向2 與超重失重有關的圖像問題
3．加速度傳感器是一些智能手機上配備的較為實用的軟件，能顯示物體運動過程中的加速度變化情況。現出于安全角度，需要分析某升降機在實際運行過程中的加速度，將手機放置于升降機地面上并打開加速度傳感器，使升降機從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（　　）

A．手機在時刻速度為0
B．運行過程中手機有可能與升降機分離
C．手機在時間內，處于超重狀態
D．在時間內，升降機受到手機的壓力先減小再增大
4．一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（　　）

A．時間內，v增大， B．t1~t2時間內，v減小，
C． t2~t3時間內，v增大， D． t2~t3時間內，v減小，
考點三 等時圓模型
知識點1 圓周內同頂端的斜面
如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。
由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。　
知識點2 圓周內同底端的斜面
如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。
知識點3 雙圓周內斜面
如圖所示，在豎直面內兩個圓中，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應位置。可推得t1＝t2＝t3。　
考向 等時圓模型的應用
1．如圖所示，豎直的圓環置于水平向左的勻強電場中，三個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的三根光滑細桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經過圓心，AD豎直。現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。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為，則小球在三根細桿上運動的時間關系為（　　）
A． B． C． D．無法確定
2．如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小圓環（圖中未畫出），四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關系不正確的是（ ）
A．t1 > t2 B．t2= t1 C．t1= t3 D．t2 < t4
考點四 動力學圖像問題
知識點 動力學圖像問題類型、解題策略、破題關鍵
常見圖像 v t圖像、a t圖像、F t圖像
三種類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。
解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，要注意區分是哪一種動力學圖像。 (2)應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。
破題關鍵 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。
考向1 v t圖像
1．如圖所示，一長木板a在光滑水平地面上運動，某時刻將一個相對于地面靜止的物塊b輕放在木板上，此時a的速度為，同時對b施加一個水平向右的恒力F，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，則物塊放到木板上后，下列圖中關于a、b運動的速度時間圖像可能正確的是（ ）
A． B．
C． D．
14．如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質點的小物塊。在時對木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發生相對滑動，時撤去F，整個過程木板運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊和木板的質量均為1kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（　　）

A．0～1s內物塊的加速度為
B．物塊與木板間的動摩擦因數為0.2
C．拉力F的大小為21N
D．物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為3m
考向2 a t圖像
3．智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系，如圖所示，g為當地的重力加速度。下列說法錯誤的是（　　）

A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
4．物塊a、b中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質量為1kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長。t=0時對物塊a施加水平向右的恒力F，t=ls時撤去F，在0~1s內兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示，彈簧始終處于彈性限度內，整個運動過程下列分析正確的是（　　）
A．b物塊的質量為3kg
B．恒力F的沖量為1N·s
C．t=ls時b的速度小于0.15m/s
D．彈簧伸長量最大時，b的速度大小為
考向3 F t圖像
6．如圖甲所示，A、B兩個物體相互接觸但不黏合，放置在粗糙水平地面上，兩物體的質量分別為。t=0時，推力、分別作用于A、B上，、隨時間t的變化規律如圖乙所示。已知兩物體與地面間的動摩擦因數均為0.1，取重力加速度。下列說法正確的是（　　）

A．時，物體A、B分離
B．物體A、B分離瞬間，物體A的速度大小為3m/s
C．時，A對B的作用力大小為5N
D．內，A對B的作用力的沖量大小為
1．（2022·浙江·統考高考真題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為，貨物可視為質點（取，，重力加速度）。
（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小；
（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大小；
（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度。
2．（2022·山東·統考高考真題）某糧庫使用額定電壓，內阻的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度沿斜坡勻速上行，此時電流。關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量，車上糧食質量，配重質量，取重力加速度，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求：
（1）比例系數k值；
（2）上行路程L值。
第13講 牛頓第二定律的基本應用
目錄
復習目標
網絡構建
考點一 動力學兩類基本問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點
知識點2 兩類動力學問題的解題步驟
【提升·必考題型歸納】
考向1 已知受力情況求運動情況
考向2 已知運動情況求受力情況
考點二 超重與失重
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 超重與失重的概念
知識點2 超重與失重的的判斷方法
【提升·必考題型歸納】
考向1 生活中的超重與失重
考向2 與超重失重有關的圖像問題
考點三 等時圓模型
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 圓周內同頂端的斜面
知識點2 圓周內同底端的斜面
知識點3 雙圓周內斜面
【提升·必考題型歸納】
考向 等時圓模型的應用
考點四 動力學圖像問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點 動力學圖像問題類型、解題策略、
破題關鍵
【提升·必考題型歸納】
考向1 v t圖像
考向2 a t圖像
考向3 F t圖像
考向4 F a圖像
真題感悟
利用牛頓第二定律處理動力學兩類基本問題、超重失重、等時圓和動力學圖像問題。
學會用牛頓第二定律解決實際生活問題。
考點要求 考題統計 考情分析
（1）動力學兩類基本問題 （2）超重與失重 （3）等時圓模型 （4）動力學圖像問題 2023年全國甲卷第19題 2022年天津卷第11題 2022年遼寧卷第7題 高考對動力學兩類基本問題的考查較為頻繁，而且大多聯系實際生活以計算題的形式出現；超重與失重、動力學圖像問題多以選擇題的形式出現，難度是較低。
考點一 動力學兩類基本問題
知識點1 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點
1.把握“兩個分析”“一個橋梁”
2.找到不同過程之間的“聯系”,如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,
可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。
知識點2 兩類動力學問題的解題步驟
考向1 已知受力情況求運動情況
1．如圖所示，固定在水平地面上、傾角的斜面底端有一擋板，其頂端有一輕質小滑輪，一根不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪，兩端分別與物塊A、B連接，物塊A的質量為4m，物塊B的質量為m。開始將物塊B按在地面上，物塊A距擋板的距離為d，突然放手后物塊A開始下滑，與擋板碰撞后速度立刻變為0。不計一切摩擦，則物塊B上升的最大高度為（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】根據題意，設A開始下滑時的加速度大小為a，A接觸擋板時的速度大小為v，則由牛頓第二定律有由運動學公式有解得之后B以速度向上做豎直上拋運動，上升的高度為則物塊B上升的最大高度為故選B。
2．如圖所示，某景區有一座與水平面夾角為，長度為L的小山坡，欲利用此地形修建一座滑草場。乘客乘坐設備從坡頂由靜止開始沿直線滑道滑下，并平滑進入到水平直線滑道減速至停下。整個滑道上鋪設的草皮與滑草設備底面的動摩擦因數為，設乘客始終保持規范姿態且不調整設備，忽略空氣阻力影響。下列說法正確的是（　　）
A．加速下滑與水平減速兩段過程中的平均速度的大小相同
B．為保證乘客能順利沿滑道滑下，要滿足動摩擦因數
C．不同體重的乘客沿滑道加速下滑的過程中加速度不同
D．為了乘客的安全，修建的水平滑道長度至少為
【答案】A
【詳解】A．乘客從坡頂由靜止開始沿直線滑道滑下，設到坡底的大小速度為v，沿水平直線滑道減速至停下，由可知，加速下滑與水平減速兩段過程中的平均速度的大小相同，故A正確；
B．為保證乘客能順利沿滑道滑下，則有可得故B錯誤；
C．由可知，加速度與乘客的質量無關，故C錯誤；
D．由可得故D錯誤。故選A。
考向2 已知運動情況求受力情況
3．2022年4月16日，神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸，已知返回艙總質量約為3100kg。快到地面時，返回艙的緩沖發動機向下噴氣，落地時速度恰好為0。返回艙落地前最后一秒的v-t圖像如圖，g取，下列描述正確的是（　　）
A．返回艙距離地面1.2m時，緩沖發動機啟動
B．最后一秒內的平均速度大小為5m/s
C．返回艙減速過程中，航天員處于失重狀態
D．緩沖發動機對返回艙的作用力約為
【答案】A
【詳解】A．由v-t圖像可知，返回艙在緩沖發動機啟動之前做勻速下降，緩沖發動機啟動之后勻減速直線下降，勻減速直線運動位移即為圖線與坐標軸圍成的面積
故返回艙距離地面1.2m時，緩沖發動機啟動，A正確；
B．最后一秒內返回艙的總位移故其在最后一秒的平均速度大小為
故B錯誤；
CD．勻減速直線運動的加速度大小即為圖線在時間段內的斜率
由牛頓第二定律可得緩沖發動機對返回艙的作用力約為由于，返回艙減速過程中，返回艙處于超重狀態，所以艙內的宇航員也處于超重狀態，CD錯誤。故選A。
4．一熱氣球懸停在距地面65m處（無人區），由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時間內漏掉了一部分氣體，被及時堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運動，30s后速度增加到3m/s，此時工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運動，又過了30s氣球再次到達之前的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質量為600kg，堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計，取重力加速度大小，下列說法正確的是（　　）
A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小為
B．熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600N
C．熱氣球距地面的最小距離為20m
D．拋出物的質量為23.3kg
【答案】AD
【詳解】A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小故A正確；
B．根據牛頓運動定律有解得故B錯誤；
C．設拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為，則氣球回到原高度時有把代入上式，解得熱氣球開始減速到下降到最低點時，所用的時間為可得熱氣球下降的最大高度為所以熱氣球距地面的最小距離為故C錯誤；
D．設拋出物的質量為，拋出后根據牛頓運動定律，有解得
故D正確。故選AD。
考點二 超重與失重
知識點1 超重與失重的概念
1.實重和視重
(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態　　　　。
(2)視重:當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重。
2.超重、失重和完全失重的比較
比較項 超重 失重 完全失重
現象 視重大于實重 視重小于實重 視重等于0
產生條件 物體的加速度向上 物體的加速度向下 物體的加速度等于g
運動狀態 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以加速度g加速下降或減速上升
原理方程 F-mg=ma→F=m(g+a) mg-F=ma→F=m(g-a) mg-F=mg→F=0
知識點2 超重與失重的的判斷方法
1．判斷超重和失重現象的三個角度
(1)從受力的角度判斷：當物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時處于失重狀態；等于零時處于完全失重狀態。
(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態；具有向下的加速度時處于失重狀態；向下的加速度恰好等于重力加速度時處于完全失重狀態。
(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重。
2．對超重和失重問題的三點提醒
(1)發生超重或失重現象與物體的速度方向無關，只取決于加速度的方向。
(2)并非物體在豎直方向上運動時，才會出現超重或失重現象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超重狀態；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態。
(3)發生超重或者失重時，物體的實際重力并沒有發生變化，變化的只是物體的視重。
考向1 生活中的超重與失重
1．如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質量均為m的相同長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，夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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
B．夾磚器對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，A錯誤；
B．磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對兩塊磚塊壓力大小相等，B錯誤；
C．夾磚器與磚塊即將發生滑動時，磚塊加速度最大，對兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據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，單獨對其中一個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錯誤。故選C。
2．如圖所示，一蹦極愛好者正進行蹦極。從愛好者跳出高臺直至最后在空中靜止下來的整個運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．愛好者在加速下落過程中，其慣性增大
B．愛好者離開高臺瞬間，其速度和加速度都為零
C．愛好者第一次下落到最低點時，其處于超重狀態
D．愛好者第一次從最低點向上運動的過程中，繩對愛好者的拉力大于重力，處于超重狀態
【答案】C
【詳解】A．慣性的大小只與物體的質量有關，質量不變，慣性大小不變，故A錯誤；
B．愛好者離開高臺瞬間，速度為零，加速度不為零，故B錯誤；
C．愛好者第一次下落最低點時，繩的拉力大于重力，具有向上的加速度，處于超重狀態，故C正確；
D．愛好者第一次從最低點向上運動的過程中，繩的拉力先大于重力，加速度向上，人處于超重狀態；隨著人向上運動，繩的拉力逐漸減小，當拉力等于重力時，人處于平衡狀態，速度達到最大；人繼續上升，繩的拉力小于重力，加速度向下，人處于失重狀態，故D錯誤。故選C。
考向2 與超重失重有關的圖像問題
3．加速度傳感器是一些智能手機上配備的較為實用的軟件，能顯示物體運動過程中的加速度變化情況。現出于安全角度，需要分析某升降機在實際運行過程中的加速度，將手機放置于升降機地面上并打開加速度傳感器，使升降機從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（　　）

A．手機在時刻速度為0
B．運行過程中手機有可能與升降機分離
C．手機在時間內，處于超重狀態
D．在時間內，升降機受到手機的壓力先減小再增大
【答案】B
【詳解】A．根據題意，由圖可知，之前加速度一直向上，時刻，則手機向上速度達到最大，故A錯誤；
B．根據題意，由圖可知，手機有段時間豎直向下的加速度等于重力加速度，所以手機有可能離開過升降機，故B正確；
C．根據題意，由圖可知，手機的加速度向下，手機處于失重狀態，故C錯誤；
D．根據題意，由圖可知，手機加速度向上，由牛頓第二定律有由于減小，則減小，手機加速度向下，由牛頓第二定律有由于增大，則減小，即在時間內，升降機對手機的支持了一直減小，由牛頓第三定律可知，機對升降機的壓力一直減小，故D錯誤。故選B。
4．一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（　　）

A．時間內，v增大， B．t1~t2時間內，v減小，
C． t2~t3時間內，v增大， D． t2~t3時間內，v減小，
【答案】D
【詳解】A．因s-t圖像的斜率等于速度，可知 時間內，v增大，加速度向下，失重，則選項A錯誤；
B．t1~t2時間內，v先增加后減小，加速度先向下后向上，則先失重后超重，則先，后，選項B錯誤；
CD．t2~t3時間內，v減小，加速度向上，超重，則 ，選項C錯誤，D正確。故選D。
考點三 等時圓模型
知識點1 圓周內同頂端的斜面
如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。
由2R·sin θ＝·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3。　
知識點2 圓周內同底端的斜面
如圖所示，在豎直面內的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。
知識點3 雙圓周內斜面
如圖所示，在豎直面內兩個圓中，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應位置。可推得t1＝t2＝t3。　
考向 等時圓模型的應用
1．如圖所示，豎直的圓環置于水平向左的勻強電場中，三個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的三根光滑細桿上，其中AB與豎直方向夾角為60°，AC經過圓心，AD豎直。現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。已知小球所受電場力大小與重力大小之比為，則小球在三根細桿上運動的時間關系為（　　）
A． B． C． D．無法確定
【答案】B
【詳解】小球所受電場力大小與重力大小之比為，可知小球所受重力與電場力的合力F的方向恰好與平行，且由A指向B。延長，作交于M，以為直徑畫一個圓（圖中虛線），與該圓交于N。
設，則小球沿桿運動的加速度為位移為由得與無關，由等時圓模型知而，，故
故選B。
2．如圖所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小圓環（圖中未畫出），四個環分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4。下列關系不正確的是（ ）
A．t1 > t2 B．t2= t1 C．t1= t3 D．t2 < t4
【答案】B
【詳解】以OA為直徑畫園，根據等時圓模型，對小滑環，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據牛頓第二定律得小滑環做初速為零的勻加速直線運動的加速度為a = gcosθ
（θ為桿與豎直方向的夾角），如圖所示
由圖中的直角三角形可知，小滑環的位移S = 2Rcosθ根據位移時間關系可得運動時間為由此可知t與θ無關，則從圓上最高點沿任意一條弦滑到底所用時間相同，故沿OA和OC滑到底的時間相同，即t1= t3，OB不是一條完整的弦，時間最短，即t1 > t2，OD長度超過一條弦，時間最長，即t2 < t4綜上有t4 > t3= t1 > t2本題選擇不正確的，故選B。
考點四 動力學圖像問題
知識點 動力學圖像問題類型、解題策略、破題關鍵
常見圖像 v t圖像、a t圖像、F t圖像
三種類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況。 (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況。 (3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。
解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系，要注意區分是哪一種動力學圖像。 (2)應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。
破題關鍵 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。
考向1 v t圖像
1．如圖所示，一長木板a在光滑水平地面上運動，某時刻將一個相對于地面靜止的物塊b輕放在木板上，此時a的速度為，同時對b施加一個水平向右的恒力F，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，則物塊放到木板上后，下列圖中關于a、b運動的速度時間圖像可能正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【詳解】長木板和滑塊速度達到相對之前，相對向左運動，受到向右的摩擦力和恒力，受到向左的摩擦力，做減速運動，做加速運動，由于不清楚、質量以及恒力的大小，無法比較、加速度的關系，、共速后，若在作用下，、間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力，對、整體由牛頓第二定律可知，、一起做加速運動，若在作用下，、間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，則、加速度大小不相等，均做加速運動。故選D。
14．如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板最右端放置一可看成質點的小物塊。在時對木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發生相對滑動，時撤去F，整個過程木板運動的v-t圖像如圖乙所示，物塊和木板的質量均為1kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是（　　）

A．0～1s內物塊的加速度為
B．物塊與木板間的動摩擦因數為0.2
C．拉力F的大小為21N
D．物塊最終停止時的位置與木板右端的距離為3m
【答案】BC
【詳解】A．由圖像可知1.5s時物塊、木板共速，則物塊在0～1.5s內的加速度為
故A錯誤
B．對物塊有可得物塊與木板間的動摩擦因數為故B正確
C．在1～1．5s內木板的加速根據牛頓第二定律有得撤去拉力F前，木板的加速度根據牛頓第二定律有得
故C正確；
D．由圖像可知共速時速度為3m/s，則在1．5s內物塊位移為，1.5s內木板位移為
在1．5s后，物塊與木板間仍有相對滑動，物塊的加速度大小
物塊到停止的時間還需木板的加速度大小為，則有
得木板到停止的時間還需所以木板比物塊早停止運動，在1．5s末到物塊停止運動的時間內，物塊的位移為木板位移為則物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為
故D錯誤；故選BC。
考向2 a t圖像
3．智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系，如圖所示，g為當地的重力加速度。下列說法錯誤的是（　　）

A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
【答案】C
【詳解】A．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，則內做自由落體運動，釋放時，手機離地面的高度為故A正確，不滿足題意要求；
B．由圖可知，時刻手機開始接觸地面，時刻手機開始離開地面，則手機第一次與地面碰撞的作用時間為，故B正確，不滿足題意要求；
C．由圖可知，時刻手機的加速度最大，且方向豎直向上，根據牛頓第二定律可得
可得手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的11倍，故C錯誤，滿足題意要求；
D．由圖可知，時刻手機的加速度最大，此時手機受到地面的彈力最大，手機處于最低點，手機的速度為零，則時間內手機的速度變化量為零，根據圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知0至內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等，故D正確，不滿足題意要求。故選C。
4．物塊a、b中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質量為1kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長。t=0時對物塊a施加水平向右的恒力F，t=ls時撤去F，在0~1s內兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示，彈簧始終處于彈性限度內，整個運動過程下列分析正確的是（　　）
A．b物塊的質量為3kg
B．恒力F的沖量為1N·s
C．t=ls時b的速度小于0.15m/s
D．彈簧伸長量最大時，b的速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．t=0時，對物塊a根據牛頓第二定律有，t=1s時，設彈簧彈力大小為T，對a、b根據牛頓第二定律有；聯立以上三式解得故A錯誤；
B．恒力F的沖量為故B正確；
C．a-t圖像與坐標所圍的面積表示速度的變化量，所以t=ls時b的速度故C錯誤；
D．根據動量定理可知撤去拉力時，a、b組成的系統動量為
撤去拉力后，根據圖像可知a的速度大于b的速度，則a、b之間距離還將繼續增大，此時a、b組成的系統動量守恒，彈簧伸長量最大時，a、b的速度相同，設為v，則解得故D正確。
故選BD。
考向3 F t圖像
6．如圖甲所示，A、B兩個物體相互接觸但不黏合，放置在粗糙水平地面上，兩物體的質量分別為。t=0時，推力、分別作用于A、B上，、隨時間t的變化規律如圖乙所示。已知兩物體與地面間的動摩擦因數均為0.1，取重力加速度。下列說法正確的是（　　）

A．時，物體A、B分離
B．物體A、B分離瞬間，物體A的速度大小為3m/s
C．時，A對B的作用力大小為5N
D．內，A對B的作用力的沖量大小為
【答案】BD
【詳解】A．根據圖像可知推力、隨時間變化的函數表達式分別為；
當A、B物體間相互作用力為零時，二者分離，對A、B整體有
解得對B有解得代入可得故A錯誤；
B．A、B物體分離前加速度不變，則有故B正確；
C．時，有對B有解得故C錯誤；
D．內，根據動量定理有；根據圖像可知
解得A對B的作用力的沖量大小為故D正確。故選BD。
1．（2022·浙江·統考高考真題）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為，貨物可視為質點（取，，重力加速度）。
（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大小；
（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大小；
（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據牛頓第二定律可得代入數據解得
（2）根據運動學公式解得
（3）根據牛頓第二定律根據運動學公式代入數據聯立解得
2．（2022·山東·統考高考真題）某糧庫使用額定電壓，內阻的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度沿斜坡勻速上行，此時電流。關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質量，車上糧食質量，配重質量，取重力加速度，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質量。求：
（1）比例系數k值；
（2）上行路程L值。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設電動機的牽引繩張力為，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有
解得小車和配重一起勻速，設繩的張力為，對配重有
設斜面傾角為，對小車勻速有而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有聯立各式解得，
（2）關閉發動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度為，對系統由牛頓第二定律有
可得由運動學公式可知
解得

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