資源簡介

第2講　牛頓運動定律的簡單應用
素養目標　1.知道超重、失重及完全失重．(物理觀念) 2.了解牛頓第二定律及其適用范圍．(物理觀念) 3.應用牛頓第二定律對實際問題進行分析、推理和判斷．(科學思維)
一、超重和失重
1．實重和視重
(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態無關(填“無關”或“相關”)．
(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．
2．超重、失重和完全失重的對比
名稱 超重 失重 完全失重
現象 視重大于實重 視重小于實重 視重等于零
產生條件 物體的加速度向上 物體的加速度向下 物體豎直向下的加速度等于重力加速度
對應運動情境 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 自由落體運動、豎直上拋運動、宇宙航行等
原理 F－mg＝ma F＝mg＋ma mg－F＝ma F＝mg－ma mg－F＝mg F＝0
二、兩類動力學問題
1．動力學的兩類基本問題
第一類：已知受力情況求物體的運動．
第二類：已知運動情況求物體的受力．
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如下：
直觀情境
1．思維辨析
(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同．( )
(2)物體處于超重或失重狀態時其重力并沒有發生變化．( )
(3)物體受到外力作用，立即產生加速度．( )
(4)根據物體處于超重或失重狀態，可以判斷物體運動的速度方向．( )
(5)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小．( )
2．如圖所示為一物體隨升降機由一樓運動到某高層的過程中的v t圖像，則(　　)
A．物體在0～2 s處于失重狀態
B．物體在2～8 s處于超重狀態
C．物體在8～10 s處于失重狀態
D．由于物體的質量未知，所以無法判斷超重、失重狀態
3．物塊A放置在與水平地面成30°角傾斜的木板上時，剛好可以沿斜面勻速下滑；若該木板與水平面成60°角傾斜，取g＝10 m/s2，則物塊A沿此斜面下滑的加速度大小為(　　)
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D． m/s2
考點　牛頓第二定律的瞬時性
1．兩類模型
2．求解瞬時加速度的步驟
典例1　如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m,2、4質量為M，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態．現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
1．[牛頓第二定律的瞬時性]兩個質量均為m的小球放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不動)，如圖所示，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．aA＝0，aB＝g
B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g
D．aA＝g，aB＝g
2．[整體法與隔離法的應用]如圖所示，在傾角為θ＝37°的固定光滑斜面上，物塊A、B的質量分別為m＝1 kg和M＝2 kg，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力．已知重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.某時刻把細線剪斷，關于細線剪斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．物塊A的加速度大小為4 m/s2
B．物塊B的加速度大小為6 m/s2
C．物塊A對B的彈力大小為0
D．物塊B對A的彈力大小為12 N
考點　兩類動力學基本問題
1．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖所示．
2．兩類動力學問題的解題步驟
典例2　(2021·浙江1月選考)如圖所示，質量m＝2 kg的滑塊以v0＝16 m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經t＝2 s滑行到最高點．然后，滑塊返回到出發點．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑塊：
(1)最大位移值x；
(2)與斜面間的動摩擦因數μ；
(3)物體返回底端所需的時間．
1．[已知受力求運動]
(多選)如圖所示為某型號無人機，該無人機的質量m＝2 kg，電動機能提供的最大動力Fm＝36 N，無人機飛行時所受的阻力大小恒為Ff＝10 N．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10 s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，無人機下落12 s剛好落地．重力加速度取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．h＝150 m
B．無人機下落過程中加速的時間為6 s
C．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為24 N
D．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為20 N
第24屆冬奧會在我國舉辦．鋼架雪車比賽的一段賽道如圖2所示，長12 m的水平直道AB與長20 m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8 m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑，到C點共用時5.0 s．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110 kg，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪車(包括運動員)：
圖 1 圖 2
(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．
考點　超重和失重
1．對超重、失重的理解
(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變．
(2)物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態．
(3)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等．
2．判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態．
(2)從加速度的角度判斷當物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態．
典例3　(2020·山東卷)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FN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．0～t1時間內，v增大，FN>mg
B．t1～t2時間內，v減小，FNC．t2～t3時間內，v增大，FND．t2～t3時間內，v減小，FN>mg
1．[超重、失重的定性分析]蹦極是一種極限體育項目，可以鍛煉人的膽量和意志．運動員從高處跳下彈性繩被拉展前做自由落體運動，彈性繩被拉展后在彈性繩的緩沖作用下，運動員下落一定高度后速度減為零．在這下降的全過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．彈性繩拉展前運動員處于失重狀態，彈性繩拉展后運動員處于超重狀態
B．彈性繩拉展后運動員先處于失重狀態，后處于超重狀態
C．彈性繩拉展后運動員先處于超重狀態，后處于失重狀態
D．運動員一直處于失重狀態
2. [超重、失重的定量計算]為了探究超重和失重現象，某同學站在臺秤上完成了一次“下蹲”和“起立”的連續動作，并通過力傳感器描繪出了臺秤的示數隨時間的變化規律，圖線如圖所示，重力加速度取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)
A．完成上述動作所用的時間為t7
B．t2時刻到達最低點
C．t4時刻的加速度大小為8 m/s2
D．t6～t7時間內，該同學正在向上做加速運動
課題研究　斜面模型和等時圓模型
模型Ⅰ.斜面模型
1．光滑斜面
結論：m滑到底端時的速率v＝，滑到底端所用的時間t＝ .
2．粗糙斜面
典例1　(2021·全國甲卷)如圖所示，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上．橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變．將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關．若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將(　　)
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
變式1　(2024·安徽皖南八校聯考)放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1沿斜面勻加速下滑，如圖甲所示，在滑塊A上放一物體B，物體B始終與A保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙所示．在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙所示．則下列關系式正確的是(　　)
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2C．a1模型Ⅱ.等時圓模型
1．定義
所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間．
2．結論證明
如圖所示，設某一條光滑弦與水平方向的夾角為θ，圓的直徑為d，根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin θ，位移為x＝dsin θ，則運動時間為t＝＝＝(與θ無關)．
3．模型特征
題目條件 相應的等時圓模型
各軌道上端相交 質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等
各軌道下端相交 質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦由靜止開始滑到圓環的最低點所用時間相等
各軌道中間相交 兩個豎直圓環相切且兩圓環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的過切點的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等
典例2　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間．下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1變式2　如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓的圓周上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點．B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心．現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是(　　)
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
答案及解析
1．思維辨析
(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同．(√)
(2)物體處于超重或失重狀態時其重力并沒有發生變化．(√)
(3)物體受到外力作用，立即產生加速度．(√)
(4)根據物體處于超重或失重狀態，可以判斷物體運動的速度方向．(×)
(5)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小．(√)
2．如圖所示為一物體隨升降機由一樓運動到某高層的過程中的v t圖像，則(　　)
A．物體在0～2 s處于失重狀態
B．物體在2～8 s處于超重狀態
C．物體在8～10 s處于失重狀態
D．由于物體的質量未知，所以無法判斷超重、失重狀態
解析：從加速度的角度判斷，由題意知0～2 s物體的加速度豎直向上，則物體處于超重狀態；2～8 s物體的加速度為零，物體處于平衡狀態；8～10 s物體的加速度豎直向下，則物體處于失重狀態，故C正確．
答案：C
3．物塊A放置在與水平地面成30°角傾斜的木板上時，剛好可以沿斜面勻速下滑；若該木板與水平面成60°角傾斜，取g＝10 m/s2，則物塊A沿此斜面下滑的加速度大小為(　　)
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D． m/s2
解析：由物塊在傾角為30°的木板上勻速下滑，得Ff＝mgsin 30°，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得動摩擦因數μ＝；在傾角為60°的木板上物塊加速下滑，有FN2＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝ m/s2，D對．
答案：D
考點　牛頓第二定律的瞬時性
典例1　如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m,2、4質量為M，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態．現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C正確．故選C．
1．[牛頓第二定律的瞬時性]兩個質量均為m的小球放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不動)，如圖所示，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．aA＝0，aB＝g
B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝g
D．aA＝g，aB＝g
解析：細線燒斷前，分析整體受力可知彈簧的拉力為F＝2mgsin θ，細線燒斷瞬間，小球A受的合力沿斜面向下，大小為FA＝mgsin θ，由牛頓第二定律知，小球A的瞬時加速度為aA＝＝g.小球B受的合力沿斜面向上，大小為FB＝F－mgsin θ＝mgsin θ，小球B的瞬時加速度為aB＝＝g.故C正確，A、B、D錯誤．
答案：C
2．[整體法與隔離法的應用]如圖所示，在傾角為θ＝37°的固定光滑斜面上，物塊A、B的質量分別為m＝1 kg和M＝2 kg，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力．已知重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.某時刻把細線剪斷，關于細線剪斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．物塊A的加速度大小為4 m/s2
B．物塊B的加速度大小為6 m/s2
C．物塊A對B的彈力大小為0
D．物塊B對A的彈力大小為12 N
解析：初始時，A、B之間無彈力，彈簧的彈力為F彈＝mgsin 37°＝6 N，剪斷細線瞬間，由于彈簧的形變量不變，故彈簧的彈力不變，A、B一起沿斜面向下運動，把A、B看成一個整體，受力分析可得，兩物塊的加速度為a＝＝4 m/s2，B錯誤，A正確；單獨分析物塊B，設A對B的彈力為N，受力分析，由牛頓第二定律得Mgsin θ－N＝Ma，可得A對B的彈力為N＝4 N，由牛頓第三定律知，B對A的彈力大小也為4 N，C、D錯誤．
答案：A
考點　兩類動力學基本問題
典例2　(2021·浙江1月選考)如圖所示，質量m＝2 kg的滑塊以v0＝16 m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經t＝2 s滑行到最高點．然后，滑塊返回到出發點．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑塊：
(1)最大位移值x；
(2)與斜面間的動摩擦因數μ；
(3)物體返回底端所需的時間．
解析：(1)滑塊沿斜面向上做勻減速直線運動
最大位移x＝t，解得x＝16 m.
(2)滑塊沿斜面上滑時的加速度大小a1＝
上滑過程中，對滑塊由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.25.
(3)下滑過程，根據牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝4 m/s2
由運動學公式得x＝a2t2，變形可得t＝＝2 s.
答案：(1)16 m　(2)0.25　(3)2 s
1．[已知受力求運動]
(多選)如圖所示為某型號無人機，該無人機的質量m＝2 kg，電動機能提供的最大動力Fm＝36 N，無人機飛行時所受的阻力大小恒為Ff＝10 N．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10 s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，無人機下落12 s剛好落地．重力加速度取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．h＝150 m
B．無人機下落過程中加速的時間為6 s
C．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為24 N
D．無人機返回過程重啟動力裝置后，電動機提供的動力為20 N
解析：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Fm－mg－Ff＝ma1，代入數據解得a1＝3 m/s2，經10 s的時間后關閉動力裝置，對減速上升過程，由牛頓第二定律得mg＋Ff＝ma2，代入數據解得a2＝15 m/s2，由速度公式得a1t1＝v＝a2t2，解得最大速度v＝30 m/s，上升過程減速時間t2＝2 s，無人機能達到的最大高度h＝(t1＋t2)＝180 m，故A錯誤；無人機沿原路返回地面時，對無人機“自由”下落過程，由牛頓第二定律得mg－Ff＝ma3，代入數據解得a3＝5 m/s2，由運動學知識得h＝t，解得v′＝30 m/s，所以無人機下落時加速的時間t3＝＝6 s，故B正確；無人機下落過程中重啟動力裝置后，由牛頓第二定律得F－mg＋Ff＝ma4，由運動學知識得a4＝＝5 m/s2，聯立解得F＝20 N，故C錯誤，D正確．
答案：BD
第24屆冬奧會在我國舉辦．鋼架雪車比賽的一段賽道如圖2所示，長12 m的水平直道AB與長20 m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8 m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑，到C點共用時5.0 s．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110 kg，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪車(包括運動員)：
圖 1 圖 2
(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．
解析：(1)對AB段：v＝2a1x1
解得a1＝ m/s2.
(2)對AB段：v1＝a1t1
解得t1＝3 s
對BC段：x2＝v1t2＋a2t
t1＋t2＝5 s
解得a2＝2 m/s2
則過C點的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s.
(3)在BC段由牛頓第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
考點　超重和失重
典例3　(2020·山東卷)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FN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．0～t1時間內，v增大，FN>mg
B．t1～t2時間內，v減小，FNC．t2～t3時間內，v增大，FND．t2～t3時間內，v減小，FN>mg
解析：由于s t圖像的斜率表示速度，可知在0～t1時間內速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態，則FNmg，選項C錯誤，D正確．故選D．
1．[超重、失重的定性分析]蹦極是一種極限體育項目，可以鍛煉人的膽量和意志．運動員從高處跳下彈性繩被拉展前做自由落體運動，彈性繩被拉展后在彈性繩的緩沖作用下，運動員下落一定高度后速度減為零．在這下降的全過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．彈性繩拉展前運動員處于失重狀態，彈性繩拉展后運動員處于超重狀態
B．彈性繩拉展后運動員先處于失重狀態，后處于超重狀態
C．彈性繩拉展后運動員先處于超重狀態，后處于失重狀態
D．運動員一直處于失重狀態
解析：彈性繩拉展前運動員只受重力，處于完全失重狀態，彈性繩拉展后，開始拉力小于重力，加速度方向向下，仍處于失重狀態，當拉力大于重力時，運動員加速度方向向上，運動員處于超重狀態．所以彈性繩拉展后運動員先處于失重狀態，后處于超重狀態，故A、C、D錯誤，B正確．
答案：B
2. [超重、失重的定量計算]為了探究超重和失重現象，某同學站在臺秤上完成了一次“下蹲”和“起立”的連續動作，并通過力傳感器描繪出了臺秤的示數隨時間的變化規律，圖線如圖所示，重力加速度取g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)
A．完成上述動作所用的時間為t7
B．t2時刻到達最低點
C．t4時刻的加速度大小為8 m/s2
D．t6～t7時間內，該同學正在向上做加速運動
解析：由題圖知，完成題中描述的動作的時間為Δt＝t7－t1，A錯誤；下蹲過程應先向下加速再向下減速，此過程先失重再超重，起立過程應先向上加速再向上減速，起立過程先超重再失重，根據圖像可知，t1～t3時間內均為向下加速，故t2時刻不是最低點，B錯誤；根據圖像可知，該同學的質量為m＝ kg＝50 kg，t4時刻的加速度大小為a＝＝ m/s2＝8 m/s2，C正確；根據圖像可知，t6～t7時間內，該同學正在向上做減速運動，D錯誤．
答案：C
課題研究　斜面模型和等時圓模型
典例1　(2021·全國甲卷)如圖所示，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上．橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變．將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關．若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將(　　)
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
解析：設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知＝gsin θt2，可得t2＝，可知θ＝45°時，t 有最小值，故當θ由30°逐漸增大至60°時下滑時間t先減小后增大．故選D．
答案：D
變式1　(2024·安徽皖南八校聯考)放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1沿斜面勻加速下滑，如圖甲所示，在滑塊A上放一物體B，物體B始終與A保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙所示．在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙所示．則下列關系式正確的是(　　)
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2C．a1解析：甲圖中滑塊A的加速度大小為a1，則有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ－μgcos θ；乙圖中滑塊A的加速度大小為a2，有(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ；丙圖中滑塊A的加速度大小為a3，有(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma3，解得a3＝，故a1＝a2答案：B
典例2　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間．下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1解析：設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正確．
答案：BCD
變式2　如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓的圓周上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點．B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心．現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是(　　)
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
解析：對于AM段，位移xA＝R，加速度aA＝＝g，根據x＝at2，得tA＝＝；同理tB＝；由等時圓模型可知，tC＝，故tA＝tC答案：B(共54張PPT)
第2講　牛頓運動定律的簡單應用
第三章　牛頓運動定律
理清教材 強基固本
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