第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

牛顿运动定律的综合应用(一) (综合融通课) 第 3 讲 1 (一) 动力学中的图像问题 2 (二) 动力学中的连接体问题 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 3 (三) 动力学中的临界极值问题 (一) 动力学中的图像问题 图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等 三种类型 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。 (2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式” “图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 破题关键 (1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义:图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 续表 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　 ) A.0~t1时间内，v增大，FN>mg B.t1~t2时间内，v减小，FN<mg C.t2~t3时间内，v增大，FN<mg D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg 考法全训 √ 解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0~t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，A错误;t1~t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN=mg，B错误;t2~t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，C错误，D正确。 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2.如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 ) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时，物块停止下滑 √ 解析：根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-f=ma， 由题图乙可知F=t，而f=μF，解得a=g-，故随时间的 增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态;当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，做出a-t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm=gt0，故选C。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3.以不同初速度将Ⅰ、Ⅱ两个小球同时竖直向上抛出并开始计时，Ⅰ球所受空气阻力可忽略，Ⅱ球所受空气阻力大小与速率v成正比。下列小球上升阶段的v-t图像中，可能正确的是(　 ) √ 解析：Ⅰ球所受空气阻力可忽略，加速度为重力加速度，Ⅱ球所受空气阻力大小与速率v成正比，加速度始终比Ⅰ球大，减速到零时加速度为g，且速度减小加速度逐渐减小，v-t图像斜率代表加速度。故选C。 (二) 动力学中的连接体问题 1.整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤: 2.隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤: 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 第四步 选用适当的物理规律列方程求解 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　2023年9月15日，在共建“一带一路”倡议提出十周年之际，中欧班列国际合作论坛在江苏省连云港市举行。某次中欧班列列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　 ) A.F　　　 B.　 　　C.　　 D. 考法全训 √ [解析]　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F-38f=38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F'，则有F'-2f=2ma，联立解得F'=，C项正确，A、B、D项均错误。 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m 图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　 ) [解析]　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f;以P为对象，根据牛顿第二定律可得T-f=Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，联立可得a==·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。故选D。 √ 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M=8 kg，重物质量m=2 kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。 (1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件? [答案]　μ≥0.5　 [解析]　对重物受力分析，根据受力平衡可得T=mg=20 N，对木箱受力分析，可得f=2T，令f=μMg，联立解得μ=0.5，要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时，求重物的速度v。 [答案]　 m/s [解析]　设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-μMg-2T=Ma 解得a=0.5 m/s2 当木箱向左匀加速运动位移x=0.5 m时，重物向上的位移为h=2x=1 m 由v2=2×2a×h 可得此时重物的速度为v= m/s。 (三) 动力学中的临界极值问题 1.四类典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=0。 (2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)速度达到最值的临界条件:加速度为0。 2.三种常用解题方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以a0做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的a-x图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度为g。以下说法正确的是(　 ) 考法全训 A.在图乙PQ段中，拉力F恒定不变 B.在图乙QS段中，B的速度逐渐减小 C.B位移为x1时，A、B之间弹力大小为0 D.B位移为x2时，弹簧达到原长状态 √ [解析]　以A、B为整体分析，在PQ段一起向上做匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误;QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误;在x1时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小为0，故C正确;位移为x2时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。 [例2]　如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则 (　 ) A.a= m/s2时，FN=2 N B.小球质量m=0.2 kg C.斜面倾角θ的正切值为 D.小球离开斜面之前，FN=0.8-0.06a(N) √ [解析]　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ-FNsin θ=ma，Tsin θ+FNcos θ=mg，联立解得FN=mgcos θ-masin θ，T=macos θ+mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a= m/s2时，FN=0，A错误; 当a=0时，T=0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ=T，当a= m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以=ma，联立可得tan θ=，m=0.1 kg，B、C错误;将θ和m的值代入FN=mgcos θ-masin θ，得FN=0.8-0.06a(N)，D正确。 考法(二)　叠加系统相对滑动的临界问题 [例3]　如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(　 ) A. B. C. D.3μmg [解析]　当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma，对左侧整体有FT=3ma，联立解得FT=，A、C、D错误，B正确。 √ 叠加体系统临界问题的求解思路 思维建模 考法(三)　动力学中的极值问题 [例4]　如图所示，一质量m=0.4 kg的小物块，以v0=2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 [答案]　3 m/s2　8 m/s　 [解析]　设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L=v0t+at2 ① v=v0+at ② 联立①②式，代入数据得a=3 m/s2 ③ v=8 m/s。 ④ (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小?拉力F的最小值是多少? [答案]　30°　 N [解析]　设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma ⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0 ⑥ 又Ff=μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得 F= ⑧ 由数学知识得 cos α+sin α=sin(60°+α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin= N。 课时跟踪检测 (说明:标 题目配有精品讲评课件) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是 (　 ) 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 A.运动员的质量为40 kg B.运动员在3.6~4.8 s内处于超重状态 C.运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D.运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：由题图可知mg=F1=500 N，所以m=50 kg，故A错误;由题图可知，运动员在3.6~4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2~4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误;当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am== m/s2=40 m/s2，故C错误;由题图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t=8.4 s-6.8 s=1.6 s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h=g=3.2 m，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.(2023·全国甲卷改编)用水平拉力使质量分别为 m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始 沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为 μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　 ) A.m甲<m乙，μ甲<μ乙 B.m甲>m乙，μ甲<μ乙 C.m甲<m乙，μ甲>μ乙 D.m甲>m乙，μ甲>μ乙 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律，可得F-μmg=ma，整理后有F=ma+μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.小木块在外力F的作用下由静止开始沿粗糙水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图所示，下列速度v随时间t、外力F随速度v变化的图像可能正确的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题图可得v=kx，则Δv=kΔx，整理可得=k，可得a=kv，可知加速度随速度的增大而增大，B正确，A错误;根据牛顿第二定律有F-f=ma，可得F=kmv+f，当v=0时F>0，C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.如图，一不可伸长的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。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：当两球运动至二者相距L时，对中点受力分析如图所示，由几何关系可知sin θ==，设绳子拉力大小为T，水平方向有2Tcos θ=F，解得T=F，对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma，解得a=，故A项正确，B、C、D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0=2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10 m/s2，x的最小值为 (　 ) A.0.12 m B.0.14 m C.0.16 m D.0.2 m √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=-g(sin θ+ μcos θ)，设木块的位移为x，有0-=2ax。根据数学关系知sin θ+μcos θ =sin(θ+α)，其中tan α=μ=0.75，可得α=37°，当θ+α=90°时加速度有最大值，且最大值a=-g，此时θ=90°-α=53°，加速度最大值为a=-g，x的最小值为xmin==0.16 m，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.如图所示，倾斜细杆与水平方向夹角为θ，细杆上套一小环，小环与小球由一轻质细绳连接，小环与细杆间动摩擦因数为μ，已知μ<tan θ，则小环与小球一起下滑时，位置可能正确的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：把小环和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，根据牛顿第二定律可知沿斜面方向(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a，解得a=gsin θ-μgcos θ，所以小球应有沿斜面向下的加速度，C、D图中小球合力没有沿斜面向下的分力，故C、D错误;设轻绳与细杆垂直，对小球受力分析可知恰好有mgsin θ=ma'，即a'=gsin θ，由于a<a'，则位置可能是B图所示，故A错误，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图所示，一足够长的轻质绸带放在光滑水平桌面上，A、B两物块静止在绸带上。现A、B同时受到等大、反向的力F作用，已知A的质量大于B的质量，A、B与绸带间的动摩擦因数相同，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则F由0逐渐增大的过程中 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.A先开始做加速运动 B.A、B同时相对绸带滑动 C.B开始做加速运动前的任一时刻，A和B受到的摩擦力大小一定相等 D.同一时刻，A、B的加速度大小一定相等 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：因为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，A的质量大于B的质量，根据f=μmg，可知，A的最大静摩擦力大于B的最大静摩擦力，所以B先达到最大静摩擦力，即B先相对于绸带开始滑动，故B错误;B开始加速前，A、B都处于平衡状态，所受摩擦力大小相等，C正确;B开始做加速运动的同时，A与绸带一起也做加速运动，此时B受到的滑动摩擦力等于A与绸带受到的滑动摩擦力，均为μmBg，并且此时A与绸带是相对静止的，对A有F-μmBg=mAaA，对B有F-μmBg=mBaB，因为A的质量大于B的质量，所以A的加速度小于B的加速度，A、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.如图(a)所示，物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度 随时间t的关系如图(b)。物块下滑过程中斜面保持静止，那么(　 ) A.物块下滑过程的加速度为1 m/s2 B.斜面长度为4 m C.物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5 D.水平地面对斜面摩擦力方向水平向左 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由图像可得关系式===v0+at，结合图像截距和斜率，可得v0=1 m/s，a= m/s2=1 m/s2，所以物块下滑过程的加速度为2 m/s2，故A错误;物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，2 末速度为v=vs0+at=5 m/s，则斜面长度为L=·t=6 m，故B错误;由牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma，解得μ=0.5，故C正确;物块和斜面看作整体，整体受到重力、支持力、地面的摩擦力，又因为整体有水平向右的分加速度，所以水平地面对斜面摩擦力方向水平向右，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·南通高三测评)如图所示，质量分别为mA、mB的 A、B两小球穿过一轻绳，且mA<mB，并悬挂于光滑定滑轮两 侧。已知两小球与轻绳间的最大静摩擦力分别为fA、fB，且 fA<fB<mAg。两小球由静止释放运动过程中，加速度大小分别为aA、aB，绳中弹力大小为T，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则 (　 ) A.T=fA B.fA<T<fB C.aA=aB D.aA>aB √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由于轻绳中的弹力处处相等，因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等，且fA<fB<mAg，因此A球静止释放后与轻绳间为滑动摩擦力，即T=fA，对B球，fB'=T=fA<fB，即B球与轻绳间为静摩擦力，故A项正确，B项错误;由以上分析可知，对A球，由牛顿第二定律有mAg-fA=mAaA，解得aA=g-，对B球，由牛顿第二定律有mBg-fB'=mBaB，解得aB=g-= g-，由于mA<mB，可得aA<aB，故C、D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端 叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)， 弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向 上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= C.从施加力F到A、B分离的时间为4 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0=4mg，开始施加拉力F的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma，解得FAB=，故A正确，B错误;在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为零，弹簧弹力不为零， 对A受力分析得kx-3mg=3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=，则A上升的高度h=x0-x=，由h=at2，解得从施加力F到A、B分离的时间为t=，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(11分)(2025·常州高三调研)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度—时间图像如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。已知运动员的质量为64 kg，降落伞的质量为40 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv。g取10 m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6。求: 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)由图甲可知，打开降落伞前运动员速度达到20 m/s，求其打开降落伞之前下落的距离;(4分) 答案：20 m　 解析：该运动员打开降落伞之前做自由落体运动，有=2gh0，可得h0 = 20 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)k值的大小;(4分) 答案：208 N·s/m 解析：由题图甲可知，当速度大小等于 5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，则kv1=g，解得k=208 N·s/m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)匀速下落时每根绳子的拉力大小。(3分) 答案：100 N 解析：设每根绳的拉力大小为FT，以运动员为研究对象，根据平衡条件得8FTcos 37°= Mg，解得FT= 100 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(15分)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求: (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小;(6分) 答案：m　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a=， ① 对整个列车，由牛顿第二定律得 F-k·7mg=7ma， ② 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 +T-k·2mg=2ma③ 联立①②③解得T=-m④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反,即与列车运动方向相反。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大?(9分) 答案：kmg 解析：列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F'-k·7mg=0， ⑤ 设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有+T1- k·2mg=0， ⑥ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有+T2-k·2mg=0， ⑦ 联立⑤⑥⑦，解得T1=-kmg，T2=kmg， 因此作用力变化ΔT=T2-T1=kmg。 $$