2023新课标版物理高考第二轮复习-专题三牛顿运动定律

2023新课标版物理高考第二轮复习专题三牛顿运动定律一、选择题1.物理科技1（2022河北保定一模）2021年10月15日,伴随着"3、2、1"的倒计时，"神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，"神舟十三号"航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为期6个月的“太空旅行"。如图所示为“长征二号"运载火箭，关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是（）A.火箭加速上升时,航天员对座椅的压力小于自身重力B.燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭升空C.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力答案C火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身的重力,由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力,A错误;火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的反作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出气体的反作用力推动火箭升空,B错误;保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度，所受重力和空气阻力均竖直向下，合外力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，处于失重状态,C正确;火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对作用力和反作用力，二者等大反向,D错误。2.物理探索|（2022浙江台州二模）某同学制作了—"竖直加速度测量仪"。如图所示，弹簧上端固定,在弹簧旁固定一直尺.不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处;下端悬挂钢球，静止时指针位

于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()^1§^O^1§^O"1A.20cm刻度对应的加速度为gB.30cm刻度对应的加速度为0.5gC.80cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度值的间隔是不均匀的答案C设弹簧的劲度系数为k,钢球质量为m,下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg=k(40-20)xl0-2=0.2ko指针在20cm刻度时，根据牛顿第二定律有k(20-20)xl0-2-mg=ma,^得a=-g,故A错误;指针在30cm刻度时，根据牛顿第二定律有k(30-20)xl0-2-mg=ma,解得a=-0.5g,故B错误;指针在80cm刻度时，根据牛顿第二定律有k(80-20)xl(^2-mg=ma,解得a=2g,故C正确；根据牛顿第二定律得k(l-20)xl0-2_mg=ma,可得a=处学型-g,则各刻度对应加速度值的间隔是均匀的，故D错误。3.(2022山东淄博一模,4)滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示,某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是()甲

A.图甲是滑块上滑的照片B.滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小C.滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小D.滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间答案C由牛顿第二定律可得，下滑时满足mgsine-pmgcose=mai,上滑时满足mgsine+pmgcos0=ma2,对比可得a/a2,故滑块下滑时的加速度大小小于上滑时的加速度大小，故B错误;设斜面的长度为L,下滑时有L=gai的根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得L=12吟可得ti>tz设频闪时间间隔为T,由题图可知,图甲为5T,图乙为4T,故图乙是滑块上滑的照片，故A、D错误;由运动学公式v2=2aL可知，下滑时的末速度大小小于上滑时的初速度大小，故C正确。4.（2022山东济宁一模,8）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30。,质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（）A.木箱与货物的质量之比为A.木箱与货物的质量之比为6:1B.下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点C.木箱与弹簧没有接触时,下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1:6

D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能答案B木箱和货物从开始下滑到再次回到最高点过程,由能量守恒定律可得mgLsin30°=p(M+m)gcos30°-L+pMgcos30°L解得木箱与货物的质量之比为^吊,A错误;下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为七而受力平衡得kxi=(M+m)gsin30°-|j(M+m)gcos3(rqMg,上滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为x力由受力平衡得kx2=Mgsin30°+|jMgcos3(rqMg,故有Xl=X2,即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点,B正确;木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小ai=gsin30°-pgcos30°=fg,上滑的加速度大小a2=gsin30°+pgcos30°=，则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为M=J,C错误;在木箱和货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能,D错误；5.物理生活|(2022红桥一模,3)如图所示姚明正在扣篮，其跳起过程可分为下蹲、蹬地起身、离地上升、下落四个过程，下列关于蹬地起身和离地上升两个过程的说法中正确的是()A.两过程中姚明都处在超重状态B.两过程中姚明都处在失重状态C.前过程为超重，后过程不超重也不失重D.前过程为超重，后过程为完全失重答案D姚明在蹬地的过程中，对地面的压力大于重力，处于超重状态;当离开地面后，处于完全失重状态,加速度的大小为重力加速度g,故D正确。6.物理生活1（2022和平一模,5）如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身重力G与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止,座椅前方有一小球用细线悬挂在车厢的顶部，悬线与竖直方向成e角,小球与车厢相对静止，下列说法中正确的是（）A.乘客受到的合力方向与运动方向相同b.车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角e越大C.车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力Gd.悬线与竖直方向夹角e增大，车厢对乘客作用力f可能不变答案c由题图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动,乘客受到的合力方向与运动方向也相反，选项A错误;对小球，根据牛顿第二定律可知mgtan6=ma,可得a=gtan6,则车厢的加速度越大，悬线与竖直方向的夹角0越大，但是速度大,6不一定大，选项B错误;对乘客受力分析可知,车厢对乘客的作用力F=yJ（mg）2+（ma）2>mg,即F一定大于乘客的重力G,选项C正确;悬线与竖直方向夹角6增大很［|加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。7.（2022衡阳师范学院祁东附属中学一模,3）如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体,定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量mO不变，取不同质量m的B物体,通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化关系曲线如图乙所示,F=Fo直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。贝11（）A.A物体质量mo=》B.m越大,A物体的加速度越小C.m越大,A物体的加速度越大D.在m<mo范围内,m越大,A物体的加速度越大答案A当m>mo时,B向下做匀加速运动,A向上做匀加速运动，设加速度大小均为a,细绳中的拉力大小为T,对A、B根据牛顿第二定律T-mog=m0a,mg-T=ma,解得T=翟落=第,a=^^=g-m念消m-8时，有Tm=2mog,所以F0=2Tm=4m0g；^m<m°时,B向上做匀加速运动,A向下做匀加速运动，同理可得a=（"'：m）g=g_二^可知，当越大,a越大;当m<mo0tm越大,a越小。综上所述可知,A正确,B、C、D错误。8.（2022长沙长郡中学月考四,4）如图所示，货车运载相同圆柱形空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定。油桶C自由地摆放在桶A、B之间，和汽车一起运动，油桶C与A、B之间的摩擦可忽略不计。下列说法正确的是（）A.汽车向左匀速运动时,A对C的支持力与油桶C的重力大小相等B.汽车向左加速运动时,A对C的支持力增大,B对C的支持力减小C.汽车向左的加速度为a=*g时,C刚好只受一只桶的支持力D.汽车向左的加速度为a=|g时,C将脱离A跑到B的右边答案C根据几何关系,A和B对C的支持力方向均与竖直方向夹角为30。,匀速行驶时，对C根据平衡条件,Facos30°+Fbcos30°=mg,FAsin30°=FBsin30。,支持力FA=jmg,故A错误;汽车向左加速运动时，竖直方向根据平衡条件,Facos30°+Fbcos30°=mg,水平方向根据牛顿第二定律,Fbsin30°-Fasin30。=ma>0,由此可知，汽车向左加速时,A对C的支持力减小,B对C的支持力增大，故B错误;汽

车向左的加速度为a=yg时,Fbsin30°-FAsin30°=ymg,FAcos30°+FBcos3（T=mg,解得FA=0,FB=等mg,故C正确;因为a=1g<?g,故此时A对C的支持力大于0,C不会脱离A,故D错误。9物理科技|（2022广东梅州二模,5）一国产无人驾驶汽车质量为2.0X103kg,在试驾过程中以8m/s的速度行驶。人工智能发现车头前方20m处的斑马线上有行人，为礼让行人开始减速，从发现行人到停止运动，其v-t图像如图所示。则下列说法正确的是（）A3气车减速过程的加速度大小为2m/s2B.汽车停止时车头距斑马线1mC.图示过程中汽车运动的平均速度大小为4m/sD.汽车在减速过程中受到的合力约为4.6x103N答案D汽车减速过程的加速度大小为a=^=-^-m/s2=?m/s2,A错误;汽车停止时运动的距离X=（o.5+4.o）x8m=i8m,则车头距斑马线Ax=（20-18）m=2m,B错误;图示过程中汽车运动的平均速度大小?=7=Tm/s=4.5m/s,C错误;汽车在减速过程中受到的合力约为F=ma=2.0xl03x^N3.6x103N,D正确。.物理生活1（2022广东广州一模,6）如图所示，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上,空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是（）

答案B篮球自由落地到与地面接触前,只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向,加速度为正值，图线为平行于t轴的线段;篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力mai=mg-N,开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下,篮球向下继续挤压,N增大,合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度减小的加速运动;弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2=N-mg,随着N增大,加速度a逐渐增大，方向向上,篮球向下做加速度增大的减速运动直至速度为零;篮球开始向上运动（离开地面前）的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程,加速度变化特点是:向上减小,再向下增大。综上分析可知B正确,A、C、D错误..（2022北京西城一模,8）某同学想测量地铁启动过程中的加速度,他把一根细绳的下端系上一支圆珠笔，细绳的上端用胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情境的照片，如图所示加摄方向跟地铁前进方向垂直。当地重力加速度g已知,若要根据这张照片估算此时地铁的加速度，只需要测量（）A.圆珠笔的质量B.细绳的长度C.细绳和竖直方向的夹角D.细绳下端到竖直扶手的距离答案C对笔进行受力分析,如图所示:

有F合=0)9tan0=ma所以a=gtan0只需测细绳与竖直方向的夹角即可算加速度,C正确。思路点拨本题解题的关键在于做好受力分析，由加速度的方向判断合力的方向，然后利用牛顿第二定律建立F合与a的关系。.（2022北京西城一模,13）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动彳导到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（）a（m/s2）20.010.00-10.0A.手机可能离开过手掌B.手机在ti时刻运动到最高点C.手机在t2时刻改变运动方向D.手机在ti~t3时间内，受到的支持力先减小再增大答案A由题图可知,手机的加速度在一段时间内近似等于重力加速度，则手机与手之间没有相互作用,可能离开过手掌,A正确。图线与t轴围成的面积表示速度的变化量,ti时刻速度为正值，说明还在做加

速运动，没到最高点,B错。直到t3时刻，图线与坐标轴围成的面积仍然大于零，所以速度仍为正,t2时刻运动的方向没有变,C错。ti〜t2时间内，有FN-mg=ma,a减小,Fn减小,tz〜t3时间内，有mg-FN'=ma,a增大,Fn'减小,D错。总结归纳解决本题应注意"面积"的"正负"表示Av的方向。13.（2022北京东城二模,13）一根劲度系数为k的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物块。用一水平木板将物块托住,使弹簧处于原长状态，如图所示。现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小a=/忽略一切阻力。下列说法正确的是（）A.物块下落的整个过程中,物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B.当弹簧的伸长量x=詈时，物块与木板分离C.物块下落到最低点时的加速度大小为gD.下落过程中物块的最大速度vm=£V3^答案D物块向下运动时，木板对物块有支持力,且做功，所以系统的机械能不守恒，所以A错。物块与木板分离时,木板支持力为0尸=会对于物块:mg-kx=ma,所以x=^，所以B错。如果物块从原长开始不受木板的力而下落，根据简谐运动的对称性，最低点有a=g,而本题中并不满足这个条件，所以a<g,所以C错。当T=mg时，物块速度最大。从分离到速度最大的过程，机械能守恒，有字+mgh+^=^+字,其中谱=2ax,x，=*h=x'-x=^，所以Vm啜，所以选D。思路点拨当物块与木板分离时，它们之间的作用力为0,但此刻它们的运动状态还完全一样，即V、a相同。14.（2022浙江山水联盟12月联考,5）运动员在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，若在启动后的一小段时间内，运动员用两根轻绳拉着轮胎做匀加速直线运动，加速度大小为ao如图所示，运动过程中保持

两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为&所在平面与水平面夹角恒为4已知轮胎质量为m,运动zsintr-sincrD.―—2cos^cosa过程受到的地面摩擦力大小恒为f,zsintr-sincrD.―—2cos^cosaA1+七。~ezcos^cosaCf-^ma百Zcos^sina答案A设每根绳的拉力大小为T,根据力的合成与分解以及对称性可知，两根绳拉力的合力大小为F=2Tcos对轮胎，根据牛顿第二定律有Fcosa-f=ma,解得T=个，故选、/ 2cos2cosa15.物理生活|（2022江苏南京期末,7）南京的地铁线路不断增加，极大地方便了市民出行。假设地铁列车由6节车厢组成，在水平直轨道上匀加速启动时,每节车厢的动力系统均提供大小为F的动力，列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，由于乘客人数不同，假设第偶数节车厢质量为第奇数节车厢质量的两倍，则（）Qm2mlm2mm2m

第I节第2节第3节第4节第5节第6节A.相邻车厢之间均存在相互作用力B.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比C.做匀加速运动时，第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为8:5D.第1、2节车厢之间作用力的大小为g答案D对车厢整体应用牛顿第二定律可得:6F-9kmg=9ma,设第1、2节车厢间的相互作用力为T,则对第1节车厢受力分析，应用牛顿第二定律可得:F-T-kmg=ma,联立可知T=g;设第2、3节车厢间的相互作用力为对前两节车厢应用牛顿第二定律有:2F-T'-3kmg=3ma,联立解得T'=0,则并不是相邻车厢之间均存在相互作用力，故A错误,D正确。列车停下时，其速度为零，其减速运动反向为匀加速直线运动,故由匀变速直线运动规律的位移-速度公式可知x=9进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故B错误;设第3、4节车厢间的相互作用力为Ti,则对前三节车厢应用牛顿第二定律可得：3F-Ti-4kmg=4ma,解得Ti=g,由以上分析可知第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为1:1，故C错误。解题思路对整体车厢应用牛顿第二定律，再隔离第1节、前两节、前三节车厢,分别应用牛顿第二定律，联立判断各车厢间的相互作用;由速度-位移公式判断滑行的距离与关闭发动机时的速度间的关系.二、非选择题16物理科技|（2022浙江宁波二模）2021年5月15日，"天问一号”着陆器成功着陆火星表面,这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器（不含降落伞）总质量m=1.2xl03kg,火星表面重力加速度g'=4m/s，忽略着陆器质量的变化和g'的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。贝！I：（1）在第IV阶段的最后，着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆，且火星表面大气^常稀薄,求着陆器着陆时的速度大小v4；（2）假设着陆器在第m"动力减速阶段"做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；（3）着陆器在第n"伞降减速阶段"也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中（即n、m过程）的平均速度大小。（结果可用分数表示）时刻%二0/产290s降伞离停与落脱悬 帝一I时刻%二0/产290s降伞离停与落脱悬 帝一I__r2=1.0x102m/s/尸460 -Iin动力减速阶段-"3=°速度

-i--v0=4.9xl(Pai/s1气动减速阶段——v(=4.6xIO2m/sn伞降减速阶段答案(1)3m/s(2)6.3x103N(3)箸m/s解析Q)由题意可知该过程着陆器在火星表面做自由落体运动,着陆器着陆时的速度V4=g't=3m/s(2)第ID阶段加速度为a="=白喘m/s2=-1m/s213-*24oU—ooU 4根据牛顿第二定律有mg'-F=ma动力减速装置给着陆器的反推力的大小为F=mg'-ma=6.3xl03N(3)利用平均速度求得第U、第HI阶段下落的高度分别为h2=Hi±H2(t2-tl)=2.52xl0^mha=V3^V2(t3-t2)=4.0x103m从打开降落伞到悬停过程中(即口、田过程)的平均速度大小为方=膂=等m/s卬门1717.(2021天津一中月考,10)俯式冰橇(又叫钢架雪车)是冬奥会的比赛项目之一,其场地可简化为赛道AB和缓冲道BC、CD三部分。其中CD部分水平，各部分平滑连接。已知XAB=1200m,赛道AB的倾角为a,BC的倾角为0,冰橇与赛道AB间的动摩擦因数为也=0.05,冰橇与BC间的动摩擦因数为□2=0.6。比赛时，触发信号灯亮起后，质量为M=60kg的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F=40N推动质量m=40kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动,8s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力(取sina=0.1,cosa=l,sin[3=0.3,cos[3=0.95,g取10m/s2).AJCD

HQ)求比赛中运动员最大速度的大小Vm；(2)为确保此运动员能够停在水平道CD上,缓冲道BC的长度XBC不能超过多少?(此问结果保留3位有效数字)答案(1)36m/s(2)74.5m解析(1)对冰橇:有推力时F+mgsina-pimgcosa=mai解得,ai=1.5m/s28s末速度vi=aiti=12m/s8s内位移xi=1aitf=48m对运动员和冰橇整体：(M+m)gsina-pi(M+m)gcosa=(M+m)a2解得,a2=0.5m/s2um-vl=2a2(XAB-Xi)解得,Vm=36m/s(2)对运动员和冰橇整体：(M+m)gsin(+^(M+m)gcos0=(M+m)a3解得,a3=8.7m/s2喝=2a3XBc解得,xbc=74.5m18.(2022长沙实验中学一模,13)某工厂用倾角为37。的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=30m,正常运转的速度为v=4m/s。一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。(货物与木板均可看作质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)Q)为把货物拉上去，且货物与木板不发生相对滑动,求拉力F的最大值；(2)若工人用F=189N的恒定拉力使货物运动10s,求货物的位移大小；(3)若10s后来电，来电后工人撤去拉力，问还需要多长时间货物能到达B处(不计传送带的加速时间)。答案(1)192N(2)10m(3)6.25s解析Q)设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为ai,对货物分析,根据牛顿第二定律得pMgcos9-Mgsin6=1\^1,可得21=0.4m/s，对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得Fm-|J(m+M)gcos0-(m+M)gsin6=(m+M)ai,可得Fm=192No(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得F-p(m+M)gcos0-(m+M)gsin0=(m+M)a2,解得a2=0.2m/s2,10s末木板的速度为vi=a2t=0.2x10m/s=2m/s,此10s内,货物一直做匀加速直线运动，货物的位移大小x=；a2t4解得x=10mo(3)由于vi<4m/s,所以来电后木板继续加速，设加速度为a3,根据牛顿第二定律得|J(m+M)gcos0-(m+M)-gsin6=(m+M)a3,可得a3=0.4m/s2设经过匕木板速度与传送带速度相同,v=vi+a3ti,可得ti=5s设ti内木板加速的位移为Xi"-说=2a3X［得xi=15m共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移X2=L-xi-x=5m该段位移所用时间t2=^=1.25s所以来电后木板再需要运动的时间为t'=ti+t2=6.25s19物理生活|(2022广东梅州一模,13)如图是消防滑梯示意图,滑行时，人双臂双腿并拢时只受到底面的摩擦力，张开双臂双腿时增加了人与侧壁的摩擦。已知该滑梯斜坡部分全长28m,最顶端到滑梯斜坡末端的高度为16.8m,人与滑梯底面之间的动摩擦因数p=0.5o若人在滑梯中的运动可视为直线运动，刚开始双臂双腿并拢由静止下滑，当速度过快时张开双臂双腿,人受到摩擦力的最大值为并拢时的2倍，不计空气阻力，人可以近似看成质点,g=10m/s2,为了确保安全，人滑到底端的速度不能超过4m/s,求：(1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小ai和人双臂双腿张开下滑时的加速度大小a2分别为多少?(2)人在滑梯上下滑的最短时间t为多少？答案(l)2m/s22m/s2(2)6s解析Q)设滑梯与水平面夹角为&由题意可得sinS=$O6,则cos0=0.828当双臂双腿并拢加速下滑时，加速度大小为ai,根据牛顿第二定律得mgsin6-pmgcos6=mai解得ai=2m/s2当张开双臂双腿减速下滑时，加速度大小为根据牛顿第二定律得

2pmgcos6-mgsin0=ma2解得a2=2m/s2(2)设人下滑最大速度为Vm,最短时间为t,由题意可知滑到底端的速度为v=4m/s滑梯斜坡长x=28m则由运动学方程可得%,Vm-V2_y2。1 2。2Vm=31tlV=Vm-a2t2联立代入数据解得t=h+t2=6s方法技巧把握动力学两类基本问题的“两个分析""一个桥梁"。,由运动求加受力情况一,由运动求加受力情况一速t由受力求运动情况逐过程分析物体的受力，注意摩擦力、弹力可能变化两个分析一个桥梁运用运动学公式和牛顿第二定律时特别注意有关矢量的正负问题一个桥梁20物理生活1(2022浙江绍兴二模,19)小丽使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盒t=0时刻,木盒以3m/s的速