第三章 第3讲 牛顿运动定律的基本应用-2026年高三物理一轮复习学案

第3讲 牛顿运动定律的基本应用 学习目标： 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 知识梳理 1. 两类基本问题 (1) 由物体的受力情况求解运动情况：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． (2) 由物体的运动情况求解受力情况：先根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力． (3) 应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 2.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。 考点一　动力学两类基本问题 分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 【例题】（2022·浙江6月选考）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＝4 m，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＝，货物可视为质点（取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度大小g取10 m/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2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 【变式1-1】如图所示为设计的一种高楼新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面。通道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求: (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小; (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短时间。 【变式1-2】钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，如图所示，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员): (1)在直道AB上的加速度大小; (2)在C点的速度大小; (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 【变式1-3】如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2＝0.1 N，球头离筒的上端距离为d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后(　　) A.静置时，羽毛球的摩擦力为0.1 N B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30 m/s2 D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3 m/s 考点二　“等时圆”模型 1. “等时圆”模型 所谓“等时圆”就是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． 2. 模型特征 (1) 物体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) 物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示． (3) 两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示． 【例题】滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图。已知圆周半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，重力加速度为g。 (1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系； (2)若设计一部上端在P点、下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？ 【变式2-1】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 【变式2-2】（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点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，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<t2 D．t1＝t3 【变式2-3】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　 　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 考点三　动力学图像问题 常见的动力学图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 【例题】(2023·全国甲卷·19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 B．m甲>m乙 C．μ甲＝μ乙 D．μ甲>μ乙 【变式3-1】将一小球竖直上抛，过一段时间小球回到抛出点。以向上为正方向，绘制出小球从抛出到回到抛出点(t2时刻)的v－t图像如图所示。小球运动过程中仅受重力和空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．小球上升过程所用时间为全过程所用时间的一半 B．小球受到的空气阻力大小不变 C．小球回到抛出点时的速率v2等于抛出时的速率v1 D．v－t图像在t轴上方所围面积与t轴下方所围面积相等 【变式3-2】（多选）用水平力F拉静止在水平桌面上的物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．物块的质量为3 kg B．最大静摩擦力为3 N C.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s D．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m 【变式3-3】如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零的过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图像，可能是下图中的(　 　) 跟踪训练-考点拓展 1.水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。 2.如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外．从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　) A. 从A处释放的球 B. 从B处释放的球 C. 从C处释放的球 D. 从A、B、C三处释放的球同时到达 3.如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　　) A. tA＝tB＝tC B. tA<tB<tC C. tA>tB>tC D. tA＝tC>tB 4．某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v－t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是(　　) A．在0～6 s内所受的合力一直不为0 B．在0～6 s内的位移大小为24 m C．在2～4 s内一定处于超重状态 D．在4～6 s内的位移大小为8 m 5．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　 　) A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度大小为6 m/s2时物体的速度 6.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　 　) A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD 7.如图所示，一足够长的斜面倾角为θ＝37°，斜面BC与水平面AB平滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则： (1)物体到达B点时的速度是多大？ (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？(可用根式表示) 答案　(1)6 m/s　(2)(1＋) s 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3讲 牛顿运动定律的基本应用 学习目标： 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 知识梳理 1. 两类基本问题 (1) 由物体的受力情况求解运动情况：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． (2) 由物体的运动情况求解受力情况：先根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力． (3) 应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 2.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。 考点一　动力学两类基本问题 分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 【例题】（2022·浙江6月选考）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＝4 m，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＝，货物可视为质点（取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度大小g取10 m/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2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 【解析】　(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1， 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2，根据运动学公式可得v－v2＝－2a2l2，联立并代入数据解得l2＝2.7 m。 【答案】　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 【变式1-1】如图所示为设计的一种高楼新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面。通道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求: (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小; (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短时间。 答案　(1)2 m/s2　(2)8 m/s　6 s 【解析】(1)当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关系有sin θ＝＝0.6 根据牛顿第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1 解得a1＝2 m/s2。 (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 2×0.4mg－mgsin θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设人的最大速度为vm，人滑到低端的速度为v，则有＝l，t＝ 代入数值联立解得vm＝8 m/s，t＝6 s。 【变式1-2】钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，如图所示，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员): (1)在直道AB上的加速度大小; (2)在C点的速度大小; (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 【解析】(1)设雪车从A→B的加速度大小为a1，运动时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有 ＝2a1lAB，vB＝a1t1 解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。 (2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s 设雪车从B→C的加速度大小为a2、运动时间为t2，故t2＝t0－t1，根据匀变速直线运动的规律有 lBC＝vBt2＋a2 vC＝vB＋a2t2 代入数据解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。 (3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin 15°－f＝ma2 代入数据解得f＝66 N。 【变式1-3】如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2＝0.1 N，球头离筒的上端距离为d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后(　　) A.静置时，羽毛球的摩擦力为0.1 N B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30 m/s2 D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3 m/s 答案　CD 【解析】羽毛球静置时，根据平衡条件有Ff＝mg＝5×10－3×10 N＝0.05 N，故A错误;拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球对球筒的摩擦力方向向上，根据牛顿第三定律可知，球筒对羽毛球的摩擦力方向向下，故B错误;拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg＋Ff2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正确;仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2，筒的初速度为v，对球筒由牛顿第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v－a2t＝a1t，vt－a2t2－a1t2＝d，代入数据解得v＝3 m/s，故D正确。 考点二　“等时圆”模型 1. “等时圆”模型 所谓“等时圆”就是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． 2. 模型特征 (1) 物体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) 物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示． (3) 两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示． 【例题】滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图。已知圆周半径为R，在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为R且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，重力加速度为g。 (1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系； (2)若设计一部上端在P点、下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？ 【解析】　(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度a＝g sin θ，xAB＝at，AB间的距离为xAB＝2R sin θ，解得tAB＝，故运动时间与斜面倾角无关，同理可知tAC＝，故tAB＝tAC。 (2)根据(1)的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，当两圆相切时，时间最短，可知(R＋r)2＝(R－r)2＋（R）2，解得r＝R，代入(1)的结论得t＝。 【答案】　(1)见解析　(2) 【变式2-1】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 【解析】设任一斜面轨道的倾角为θ，圆直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与斜面轨道的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选A。 【变式2-2】（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点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，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<t2 D．t1＝t3 【解析】设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为0，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，A错误，B、C、D正确。 【变式2-3】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　 　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 【解析】如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF，B正确。 考点三　动力学图像问题 常见的动力学图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。 【例题】(2023·全国甲卷·19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 B．m甲>m乙 C．μ甲＝μ乙 D．μ甲>μ乙 答案　B 【解析】根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B。 【变式3-1】将一小球竖直上抛，过一段时间小球回到抛出点。以向上为正方向，绘制出小球从抛出到回到抛出点(t2时刻)的v－t图像如图所示。小球运动过程中仅受重力和空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．小球上升过程所用时间为全过程所用时间的一半 B．小球受到的空气阻力大小不变 C．小球回到抛出点时的速率v2等于抛出时的速率v1 D．v－t图像在t轴上方所围面积与t轴下方所围面积相等 答案　D 【解析】上升过程中a1＝，下降过程中a2＝，则上升过程的加速度大于下降过程的加速度，研究上升过程的逆过程与下降过程，两个过程均为初速度为零的加速运动，根据h＝at2，可知上升过程时间短，小球上升过程所用时间小于全过程所用时间的一半，选项A错误；由题图可知上升过程加速度逐渐减小，即随速度减小，空气阻力减小；下降过程加速度逐渐减小，则随速度增加，空气阻力增大，选项B错误；整个过程由于有空气阻力做负功，则小球回到抛出点时的速率v2一定比抛出时的速率v1小，选项C错误；v－t图像在t轴上方所围面积等于上升的位移大小，在t轴下方所围面积等于下降的位移大小，则两部分面积应相等，选项D正确。 【变式3-2】（多选）用水平力F拉静止在水平桌面上的物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．物块的质量为3 kg B．最大静摩擦力为3 N C.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s D．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m 【解析】　根据题图乙可知，在2 s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据题图甲可知，最大静摩擦力为6 N，B错误；设滑动摩擦力为f，物块质量为m，根据牛顿第二定律可知，在2 s时刻有F1－f＝ma1，在4 s时刻有F2－f＝ma2，代入数据解得m＝3 kg，f＝3 N，A正确；a－t图像与横轴所围的面积表示速度的变化量，结合上述则有v4＝Δv＝×2×(1＋3) m/s＝4.0 m/s，撤去拉力后物块的加速度a＝＝1 m/s2，则物块还可以继续滑行的时间t＝＝4.0 s，C错误；若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离x＝＝8 m，D正确。 【变式3-3】如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零的过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图像，可能是下图中的(　 　) 【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小。当弹力等于重力时，物块受到的合力为零，加速度为0。当弹力大于重力后，物块受到的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g。方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g。故选D。 跟踪训练-考点拓展 1.水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。 答案　(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m 【解析】(1)匀加速阶段加速度为a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1，解得F1＝12 N (2)匀减速阶段有0－vm2＝－2a2x2， 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得F2＝6 N (3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m 运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。 2.如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外．从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　) A. 从A处释放的球 B. 从B处释放的球 C. 从C处释放的球 D. 从A、B、C三处释放的球同时到达 【答案】 B 【解析】 设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α，下滑时小球的加速度a＝gcos α，根据位移时间公式得s＝at2，则t＝＝＝，即当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到底端所用的时间相同．由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，从B处释放的球下滑的时间最短，B正确. 3.如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　　) A. tA＝tB＝tC B. tA<tB<tC C. tA>tB>tC D. tA＝tC>tB 【答案】 A 【解析】 设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有2Rcos θ＝gcos θt2，解得运动时间为t＝2，与弦和竖直方向夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故A正确． 4．某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v－t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是(　　) A．在0～6 s内所受的合力一直不为0 B．在0～6 s内的位移大小为24 m C．在2～4 s内一定处于超重状态 D．在4～6 s内的位移大小为8 m 【解析】v－t图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s该运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，该运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s所受合力不为零，故A错误；由于v－t图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以该运动员在0～6 s内的位移大小为x＝×(2＋4)×4 m＝12 m，故B错误；由之前的分析，在2～4 s结合图像可知，该运动员加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C错误；结合之前的分析，该运动员在4～6 s的位移大小为x1＝4×2 m＝8 m，故D正确。 5．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是(　 　) A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度大小为6 m/s2时物体的速度 【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向有F cos θ－mg sin θ＝ma，y方向有FN－F sin θ－mg cos θ＝0，从a－F图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)代入，解得m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度大小为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不能算出。 6.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　 　) A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD 【解析】由于∠BAC＝θ，则可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的知识可知tB＝tC<tD，B正确。 7.如图所示，一足够长的斜面倾角为θ＝37°，斜面BC与水平面AB平滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则： (1)物体到达B点时的速度是多大？ (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？(可用根式表示) 答案　(1)6 m/s　(2)(1＋) s 【解析】(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知 F－μmg＝ma 解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2 从M点到B点，根据速度位移公式可知vB2＝2aL 解得vB＝＝ m/s＝6 m/s； (2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律可知 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 代入数据解得a1＝10 m/s2 根据速度位移公式可知vB2＝2a1x 解得x＝1.8 m 由vB＝a1t1得t1＝ s 因μ<tan θ，所以物体速度减为零后会匀加速下滑， 下滑时根据牛顿第二定律可知 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由x＝a2t22得t2＝ s 所以物体在斜面上滑行的总时间 t＝t1＋t2＝(＋) s＝(1＋) s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $