2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题一力与运动第2讲力与直线运动命题点一动力学的两类基本问题

第2讲力与直线运动eq\x(牛顿运动定律)eq\x(\a\al(牛顿第二定律,F合＝ma))eq\x(瞬时性问题)eq\x(超重、失重)eq\x(典型问题)eq\x(\a\al(动力学,两类问题))eq\x(\a\al(纽带：,加速度))eq\x(\a\al(运动学角度：,vt图像斜率、,运动学规律))eq\x(\a\al(动力学角度：,牛顿第二定律))eq\x(多过程问题、连接体问题、临界极值问题)eq\x(动力学图像应用，滑块—滑板、传送带问题)eq\a\vs4\al()eq\x(方法思路：整体法与隔离法、受力分析、运动过程分析)1．解决动力学两类基本问题的思路．2．动力学基本问题的解题步骤．(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象．(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式．①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况．②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时．(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度．(4)根据牛顿第二定律列式求解．

命题点一动力学的两类基本问题动力学两类基本问题的解题步骤．(2023·广东茂名一模)电动平衡车是一种新的短途代步工具．已知人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v­t图像如图所示．假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g＝10m/s2，则()A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195mC．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/sD．平衡车在加速段的动力大小72N解析：关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为a，结合图像可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，a＝eq\f(6,40－30)m/s2＝0.6m/s2，解得μ＝0.06，A项错误；图线与横轴围成的面积为位移，为x＝(25＋40)×6×eq\f(1,2)m＝195m，整个运动过程中的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(195,40)m/s＝4.875m/s，B项正确，C项错误；平衡车在加速段时有F－μmg＝ma′，a′＝eq\f(6,5)m/s2，代入数值解得F＝108N，D项错误．故选B项．答案：B“奋斗者”号海潜器成功坐底深度10909m(如图)，给世界巨大的震撼．已知潜水器下潜时的总质量为50t，体积为40m3，潜水器加速下潜到一定深度后，通过抛弃10t的物体后减速至约万米深度．在潜水器下潜与上浮过程中，重力加速度可视为常量，大小均为g＝10m/s2，海水密度取1.0×103kg/m3.(1)假设潜水器下潜过程中受到海水的阻力不变，当潜水器由静止加速下潜1.8km时，速度达最大为60m/s，求潜水器在下潜过程中受到海水的阻力大小．(2)完成作业后，当潜水器以10m/s匀速运动到达离海面5000m处时，在极短的时间内以20m/s的速度竖直向下抛出一质量为4t的载重[抛载后潜水器体积、发动机牵引力、海水阻力均不变，海水阻力同(1)]，然后加速至最大速度20m/s后匀速运行，在与水面距离较近时关闭发动机，减速至水面时速度恰好为零．求从抛载到水面所需的时间．解析：(1)设潜水器加速下潜的过程，加速度为a，则由运动学公式可得a＝eq\f(veq\o\al(2,m),2s)，由牛顿第二定律可得Mg－ρgV－f＝Ma，代入数据，解得f＝5×104N.(2)潜水器抛载前m1＝50t－10t＝40t，抛载后m2＝m1－m0＝(40－4)t＝36t，抛载时满足动量守恒，有m1v0＝m2v1－m0v2，解得抛载后潜水器的速度为v1＝eq\f(40,3)m/s.抛载前潜水器受力满足F＋F浮＝m1g＋f，解得F＝f＝5×104N.抛载后潜水器的加速度为a1＝eq\f(F浮＋F－f－m2g,m2)＝eq\f(10,9)m/s2.做匀加速直线运动至最大速度所需时间和位移为t1＝eq\f(vm－v1,a1)＝6s，h1＝eq\f(veq\o\al(2,m)－veq\o\al(2,1),2a1)＝100m，关闭发动机后潜水器做匀减速直线运动的加速度为a3＝eq\f(f＋m2g－F浮,m2)＝eq\f(5,18)m/s2.做匀减速直线运动至海面的时间和位移为t3＝eq\f(vm,a3)＝72s，h3＝eq\f(veq\o\al(2,m),2a3)＝720m.潜水器以最大速度做匀速直线运动的位移和时间为h2＝H－h1－h3＝4180m，t2＝eq\f(h2,vm)＝209s.故潜水器从抛载到浮至水面的时间为t＝t1＋t2＋t3＝287s.答案：(1)5×104N(2)287s1.(多选)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来．已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后()A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s解析：依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1，求得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有a1t＝vmin－a2t(vmint－eq\f(1,2)a2t2)－eq\f(1,2)a1t2＝d.联立，代入相关数据求得vmin＝3m/s，故C项错误，D项正确．故选BD.答案：BD2.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20kg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10s后达到最大速度4m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16m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4N，不计空气阻力，g取10m/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.解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝eq\f(vm－0,t1)，解得a1＝0.4m/s2，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得F1＝12N.(2)匀减速阶段有0－veq\o\al(2,m)＝－2a2x2，解得a2＝0.5m/s2