資源簡介

第2講　牛頓第二定律的基本應(yīng)用
學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。 2.掌握動力學(xué)兩類基本問題的求解方法。 3.知道超重和失重現(xiàn)象，并會對相關(guān)的實際問題進行分析。
1.
2.
3.
4.
1.思考判斷
(1)已知物體受力情況，求解運動學(xué)物理量時，應(yīng)先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。(√)
(2)運動物體的加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決定。(×)
(3)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。(×)
(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。(×)
(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(√)
(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。(√)
(7)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。(×)
2.(人教版必修第一冊P110“思考與討論”改編)某同學(xué)在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作，在動作過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化情況如圖所示，則該同學(xué)在超重狀態(tài)下加速度的最大值約為(　　)
A.6 m/s2　　　　 B.5 m/s2
C.4 m/s2 D.3 m/s2
答案　C
考點一　瞬時問題的兩類模型
兩類模型
例1 (2024·湖南卷，3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(　　)
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
答案　A
解析　細線剪斷前，對B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg;細線剪斷瞬間，由牛頓第二定律對B有FAB－3mg＝3maB，對C有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝g，aC＝1.5g，A正確。
銜接教材 (人教版必修第一冊P114B組T1)如圖，兩個質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，剪斷細繩的瞬間，A和B的加速度分別是多少
銜接分析　教材練習(xí)題第1題和湖南卷第3題都考查了繩、彈簧的瞬時問題，利用牛頓第二定律分析，外界條件突變時彈簧類瞬時加速度，課本練習(xí)題中是兩球、一彈簧，2024湖南卷是四球、兩彈簧，提高了難度，考查整體法與隔離法等方法的應(yīng)用。
跟蹤訓(xùn)練
1.(2025·八省聯(lián)考山陜青寧卷，6)如圖，質(zhì)量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止?fàn)顟B(tài)，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則(　　)
A.L1的拉力大小為mg
B.L2的拉力大小為3mg
C.若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為g
D.若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g
答案　C
解析　對甲、乙整體受力分析可知，L1的拉力大小為T1＝2mgtan 60°＝2mg，L2的拉力大小為T2＝＝4mg，故A、B錯誤;若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙受到的合力仍為零，加速度為零;對甲分析，由牛頓第二定律可知加速度a＝g，故C正確，D錯誤。
考點二　動力學(xué)的兩類基本問題
1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路
2.解題關(guān)鍵
(1)做好兩類分析:受力分析和運動過程分析。
(2)搭建兩個橋梁:聯(lián)系運動和力的橋梁——加速度，聯(lián)系各物理過程的橋梁——連接點的速度。
例2 (2025·遼寧沈陽模擬)如圖所示為設(shè)計的一種高樓新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時，人可以通過該通道滑到地面。通道的長度可以適當(dāng)調(diào)節(jié)。若某次將通道調(diào)節(jié)后使其全長為28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人雙臂雙腿并攏下滑時只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，當(dāng)速度過快時，張開雙臂雙腿增加了人與側(cè)壁的摩擦，受到摩擦力為并攏時的兩倍。若人在通道中剛開始雙臂雙腿并攏由靜止加速下滑，之后某時刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運動可視為直線，不計空氣阻力，g＝10 m/s2，求:
(1)人雙臂雙腿并攏下滑時的加速度大小;
(2)為了確保安全，人滑到底端時的速度不能超過4 m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短時間。
答案　(1)2 m/s2　(2)8 m/s　6 s
解析　(1)當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝＝0.6
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
(2)當(dāng)張開雙臂雙腿減速下滑時，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有
2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
設(shè)人的最大速度為vm，人滑到低端的速度為v，則有＝l，t＝
代入數(shù)值聯(lián)立解得vm＝8 m/s，t＝6 s。
例3 鋼架雪車比賽的一段賽道如圖所示，長12 m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(fā)，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，如圖所示，到C點共用時5.0 s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪車(包括運動員):
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)在C點的速度大小;
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析　(1)設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a1，運動時間為t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
＝2a1lAB，vB＝a1t1
解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。
(2)由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5 s
設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a2、運動時間為t2，故t2＝t0－t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
lBC＝vBt2＋a2
vC＝vB＋a2t2
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。
(3)設(shè)雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 15°－f＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得f＝66 N。
動力學(xué)問題的解題步驟
跟蹤訓(xùn)練
2.(多選)(2025·陜西安康模擬)如圖所示，一輛貨車以72 km/h的速度沿平直公路勻速行駛，車斗內(nèi)載有一個質(zhì)量為500 kg的長方體貨箱，貨箱的前后兩側(cè)各被一條沿水平方向的繩子分別固定在車斗前后的欄板上，每根繩子的長度均為2 m且繩子能承受的最大張力均為1 000 N。已知貨箱與車斗底板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計繩子的重力，重力加速度g取10 m/s2，兩條繩子在同一與貨箱側(cè)面垂直的水平線上。若前方突遇緊急情況要求貨車剎車后必須在25 m內(nèi)停下來，貨車的剎車過程可視為勻減速直線運動，下列說法正確的是(　　)
A.貨車加速度大小的最小值為8 m/s2
B.貨箱將首先與車斗前欄板相撞
C.貨箱將首先與車斗后欄板相撞
D.剎車過程貨箱能夠相對車斗靜止
答案　AB
解析　根據(jù)題意知貨車的初速度v＝72 km/h＝20 m/s，設(shè)貨車減速過程的最小加速度為a0，由運動學(xué)公式有v2＝2a0x0，解得a0＝8 m/s2，故A正確;長方體貨箱在剎車過程中受到向后的摩擦力和后方繩子的拉力，若貨箱與車相對靜止，由牛頓第二定律有FT＋μmg＝ma0，解得FT＝1 500 N>1 000 N，所以后方繩子會斷裂，繩子斷裂后貨箱只受滑動摩擦力，加速度大小a＝5 m/s2，由v2＝2ax可知，貨箱減速為零時運動的距離x＝40 m>(25＋2) m，所以貨箱首先會與車斗前欄板相撞，故B正確，C、D錯誤。
考點三　超重與失重現(xiàn)象
對超重和失重的理解
(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)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但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(tài)。
角度　超、失重現(xiàn)象的圖像問題
例4 (2025·江蘇江陰模擬)在沿豎直方向運行的電梯中，把物體置于放在水平面的臺秤上，臺秤與力傳感器相連，當(dāng)電梯從靜止開始加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動時，與傳感器相連的電腦熒屏上顯示出傳感器的示數(shù)與時間的關(guān)系圖像如圖所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.18~20 s過程中，物體的重力先變小后變大
B.該物體的質(zhì)量為5 kg
C.電梯在超重時最大加速度大小約為16.67 m/s2
D.電梯在失重時最大加速度大小約為6.67 m/s2
答案　D
解析　18~20 s過程中，物體的重力保持不變，故A錯誤;勻速運動時，根據(jù)受力平衡可得F＝mg＝30 N，解得該物體的質(zhì)量為m＝3 kg，故B錯誤;0~4 s內(nèi)電梯處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得Fmax－mg＝mam，解得最大加速度大小為am＝ m/s2＝6.67 m/s2，故C錯誤;18~22 s內(nèi)電梯處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Fmin＝mam'，解得最大加速度大小為am'＝ m/s2＝6.67 m/s2，故D正確。
角度　超、失重現(xiàn)象的分析和計算
例5 (2024·全國甲卷，22)學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi)，測力計下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為　　　　N(結(jié)果保留1位小數(shù))。
(2)電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為4.5 N，則此段時間內(nèi)物體處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態(tài)，電梯加速度大小為　　　　m/s2(結(jié)果保留1位小數(shù))。
答案　(1)5.0　(2)失重　1.0
解析　(1)根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0 N。
(2)根據(jù)(1)問結(jié)合力的平衡條件可知，mg＝5.0 N，電梯上行時，測力計示數(shù)為4.5 N總結(jié)提升　判斷超重和失重的方法
從受力的 角度判斷 當(dāng)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(tài);小于重力時，物體處于失重狀態(tài);等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)
從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)
從速度變化 的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重 ②物體向下加速或向上減速時，失重
跟蹤訓(xùn)練
3.(2025·八省聯(lián)考云南卷，6)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時刻電梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.做減速運動，加速度大小為1.05 m/s2
B.做減速運動，加速度大小為0.50 m/s2
C.做加速運動，加速度大小為1.05 m/s2
D.做加速運動，加速度大小為0.50 m/s2
答案　D
解析　由題意可知，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，則電梯向上加速運動，故D正確。
A級　基礎(chǔ)對點練
對點練1　瞬時問題的兩類模型
1.(多選)(2025·貴州貴陽診斷性聯(lián)考)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩OA和OB懸掛靜止在O點，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gtan θ
B.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
C.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零
D.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g
答案　BD
解析　剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點做圓周運動，沿切線方向可得mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A錯誤，B正確;剪斷OA瞬間，小球?qū)⒗@B點開始做圓周運動，此時切線方向的加速度大小為g，故C錯誤，D正確。
2.(2024·浙江寧波模擬)蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c(可視為彈性繩)的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)(不計重力)中央，下列說法正確的是(　　)
A.a中張力大于b中張力
B.a中張力大于c中張力
C.若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止
D.若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下
答案　B
解析　以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件有Tasin θ＝Tbsin θ，可得Ta＝Tb，故A錯誤;在豎直方向上有Tacos θ＋Tbcos θ＝mg＋Tc，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，可得Ta＝mg＋Tc>Tc，若c突然斷開，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度，故B正確，C、D錯誤。
3.如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為3 kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，重力加速度g＝10 m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間(　　)
A.B對A的壓力大小為12 N B.彈簧彈力大小為50 N
C.B的加速度大小為10 m/s2 D.A的加速度為零
答案　A
解析　原來A處于平衡狀態(tài)，有F彈＝mAg＝20 N，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發(fā)生突變，故B錯誤;細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來A平衡，則整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D錯誤;對B由牛頓第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力為FN＝12 N，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小為12 N，故A正確。
對點練2　動力學(xué)的兩類基本問題
4.(2024·湖南郴州模擬)2024年2月初，湖南省多地出現(xiàn)凍雨天氣，路面、橋面結(jié)冰導(dǎo)致行車過程剎車時不能及時停住的事故時有發(fā)生。小剛分析，直線行車時剎車將車輪抱死但不能短距離停車是因為車身較輕，摩擦力不大導(dǎo)致，若行車時車上多乘坐幾個人，剎車時速度相同，輪胎及路面等其他條件相同的前提下，車輪抱死剎車直線滑行距離與空載時對比(　　)
A.多坐乘客時，摩擦力大，剎車距離更短
B.空載時慣性小，剎車距離更短
C.空載和滿載乘客時剎車距離相同
D.由于乘載的重量具體值未知，無法判斷
答案　C
解析　根據(jù)題意，由牛頓第二定律有μmg＝ma，由運動學(xué)公式有v2＝2ax，可得x＝，在v、μ一定的情況下x一定，與重量無關(guān)，故C正確。
5.(2025·河南開封模擬)農(nóng)用無人機噴灑農(nóng)藥可以極大地提高農(nóng)民的工作效率，為了防止無人機在作業(yè)中與障礙物發(fā)生碰撞，在某次測試中，無人機以標(biāo)準(zhǔn)起飛質(zhì)量m＝44 kg起飛，以安全飛行速度v0＝8 m/s水平向著障礙物飛行，沿距雷達發(fā)現(xiàn)s＝10.5 m處的障礙物后，無人機立即調(diào)整推力方向，做勻減速直線運動，結(jié)果無人機懸停在距離障礙物l＝2.5 m處，飛行過程中可將無人機看成質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力，則無人機在勻減速直線運動過程中受到的推力大小為(　　)
A.88 N B.176 N
C.88 N D.176 N
答案　A
解析　無人機做勻變速直線運動，有0－＝2a(s－l)，解得無人機的加速度a＝－4 m/s2，對無人機進行受力分析，無人機受重力和推力，則推力大小F＝＝88 N，故A正確。
6.(多選)(2025·廣東汕頭模擬)如圖所示，球筒中靜置著一個羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對運動，最后羽毛球(視為質(zhì)點)從筒口上端出來，已知球筒質(zhì)量為M＝90 g(不含球的質(zhì)量)，羽毛球質(zhì)量為m＝5 g，球筒與手之間的滑動摩擦力為Ff1＝2.6 N，球與筒之間的滑動摩擦力為Ff2＝0.1 N，球頭離筒的上端距離為d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計，當(dāng)球筒獲得一個向下的初速度后(　　)
A.靜置時，羽毛球的摩擦力為0.1 N
B.拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力
C.拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30 m/s2
D.僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則筒的初速度為3 m/s
答案　CD
解析　羽毛球靜置時，根據(jù)平衡條件有Ff＝mg＝5×10－3×10 N＝0.05 N，故A錯誤;拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，則羽毛球?qū)η蛲驳哪Σ亮Ψ较蛳蛏希鶕?jù)牛頓第三定律可知，球筒對羽毛球的摩擦力方向向下，故B錯誤;拍打球筒后瞬間，對羽毛球由牛頓第二定律有mg＋Ff2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正確;僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則羽毛球與球筒恰好達到共速，設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為v，對球筒由牛頓第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒做勻減速運動，羽毛球做勻加速運動，有v－a2t＝a1t，vt－a2t2－a1t2＝d，代入數(shù)據(jù)解得v＝3 m/s，故D正確。
對點練3　超重和失重現(xiàn)象
7.(多選)(2025·山東濰坊質(zhì)檢)智能手機安裝適當(dāng)?shù)能浖螅呻S時測量手機的加速度大小。某同學(xué)手持這樣一部手機，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的運動，得到其加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示。設(shè)豎直向上為正方向，下列關(guān)于該同學(xué)的說法正確的是(　　)
A.由a到c的過程中處于失重狀態(tài)
B.c點時重心最低
C.e點時處于起立過程且速度最小
D.由e到f的過程中地面對其支持力小于重力
答案　AD
解析　由a到c的過程中加速度為負，即加速度向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故A正確;c點時該同學(xué)的加速度為0，c點后該手機處于超重狀態(tài)，說明c點時還未到最低點，故B錯誤;e點之前該同學(xué)為超重狀態(tài)，之后為失重狀態(tài)，所以e點時該同學(xué)處于起立過程且速度最大，故C錯誤;由e到f的過程該同學(xué)處于失重狀態(tài)，地面對其支持力小于重力，故D正確。
8.如圖所示，某同學(xué)抱著箱子做蹲起運動研究超重和失重現(xiàn)象，在箱內(nèi)的頂部和底部均安裝有壓力傳感器。兩質(zhì)量均為2 kg的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器。當(dāng)該同學(xué)抱著箱子靜止時，箱子頂部的壓力傳感器示數(shù)F1＝10 N。重力加速度g取10 m/s2。不計空氣阻力，則(　　)
A.箱子靜止時，底部壓力傳感器示數(shù)F2＝30 N
B.當(dāng)F1'＝5 N時，箱子處于失重狀態(tài)，人可能抱著箱子下蹲
C.當(dāng)F1″＝15 N時，箱子處于超重狀態(tài)，人可能抱著箱子向上站起
D.若箱子保持豎直從高處自由釋放，運動過程中兩個壓力傳感器的示數(shù)均為30 N
答案　D
解析　當(dāng)箱子靜止時，對兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)受力分析可知2mg＋F1＝F2，得底部壓力傳感器示數(shù)F2＝50 N，對上面物塊有mg＋F1＝F彈，得F彈＝30 N，故A錯誤;當(dāng)F1'＝5 N時，對上面物塊有mg＋F1'F彈，加速度方向向下，箱子處于失重狀態(tài)，故C錯誤;當(dāng)箱子自由下落時處于完全失重狀態(tài)，兩個物塊所受合力均為mg，彈簧長度沒變，所以兩個壓力傳感器的示數(shù)均為F彈＝30 N，故D正確。
B級　綜合提升練
9.在某平直的鐵路上，一列以90 m/s的速度行駛的高速列車某時刻開始關(guān)閉發(fā)動機，列車在阻力作用下做勻減速運動進站，經(jīng)5 min后恰好停在該車站。在該車站停留一段時間，隨后勻加速駛離該車站，加速運動8.1 km后速度恢復(fù)到90 m/s。列車總質(zhì)量M＝8.0×105 kg，運動中所受阻力恒定。求:
(1)列車做勻減速運動的加速度大小;
(2)列車所受阻力大小;
(3)列車駛離車站加速運動過程中牽引力的大小。
答案　(1)0.3 m/s2　(2)2.4×105 N　(3)6.4×105 N
解析　(1)列車做勻減速運動的加速度大小a1＝＝0.3 m/s2。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得Ff＝Ma1＝2.4×105 N。
(3)勻加速運動過程有v2＝2a2x2
根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝Ma2
聯(lián)立解得F＝6.4×105 N。
10.(2025·陜西寶雞模擬)大功率火箭一般采取多級推進技術(shù)，以提高發(fā)射速度。某中學(xué)的物理興趣小組同學(xué)制作了一個兩級推進火箭模型進行試驗。已知火箭質(zhì)量為m，提供的推動力恒定且為F＝3mg，火箭先經(jīng)過一級推動力推進時間t后，丟棄掉質(zhì)量為的一級箭體，再由二級推動力繼續(xù)推動剩余質(zhì)量為的火箭，推動力仍為F＝3mg，火箭飛行時間t后結(jié)束推進。重力加速度恒定且為g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化，不計空氣阻力，求:
(1)火箭上升過程的最大速度;
(2)火箭上升的最大高度。
答案　(1)7gt　(2)30gt2
解析　(1)設(shè)一級推動火箭時間t內(nèi)的加速度為a1，末速度為v1，二級推動火箭時間t內(nèi)的加速度為a2，末速度為v2，由牛頓第二定律可得a1＝＝2g，則v1＝a1t＝2gt
a2＝＝5g
所以火箭上升的最大速度為v2＝v1＋a2t＝7gt。
(2)設(shè)一級推動時間t內(nèi)火箭上升的高度為h1，二級推動時間t內(nèi)火箭上升的高度為h2，結(jié)束推動后火箭繼續(xù)上升高度為h3，由勻變速直線運動規(guī)律可得
h1＝t＝gt2，h2＝t＝gt2
失去推力后，火箭向上做勻減速運動，加速度大小為g，末速度為0，所以有＝2gh3
可得h3＝gt2
所以火箭上升的最大高度為h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。
C級　培優(yōu)加強練
11.(2024·福建福州模擬)滑塊以一定的初速度沿傾角為θ、動摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
A.滑塊上滑和返回過程的運動時間相等
B.滑塊運動加速度大小之比為a甲∶a乙＝16∶9
C.滑塊過A點時的速度大小之比為v甲∶v乙＝3∶4
D.μ＝tan θ
答案　B
解析　根據(jù)牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足mgsin θ＋Ff＝ma甲，mgsin θ－Ff＝ma乙，設(shè)頻閃時間間隔為T，圖甲表示上滑過程，時間間隔為3T，圖乙表示下滑過程，時間間隔為4T，即滑塊上滑和返回過程的運動時間不相等，故A錯誤;把上滑過程逆向看成初速度為零的勻加速直線運動，由x＝at2可知，加速度大小之比a甲∶a乙＝∶＝16∶9，故B正確;利用逆向思維，滑塊在A、B兩點間運動時，根據(jù)位移公式有xAB＝a甲t甲'2＝a乙t乙'2，則t甲'∶t乙'＝∶＝3∶4，即圖甲與圖乙中滑塊在A、B兩點間運動時間之比為3∶4，由v＝at知v甲∶v乙＝4∶3，故C錯誤;根據(jù)加速度比有(gsin θ＋μgcos θ)∶(gsin θ－μgcos θ)＝16∶9，解得μ＝tan θ，故D錯誤。(共58張PPT)
第2講　牛頓第二定律的基本應(yīng)用
第三章　運動和力的關(guān)系
會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。
掌握動力學(xué)兩類基本問題的求解方法。
知道超重和失重現(xiàn)象，并會對相關(guān)的實際問題進行分析。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養(yǎng)能力
03
夯實必備知識
1
速度
1.
零
不能
運動
2.
受力
加速度
牛頓第二定律
大于
3.
向上
小于
向下
等于0
g
無關(guān)
4.
不等于
1.思考判斷
(1)已知物體受力情況，求解運動學(xué)物理量時，應(yīng)先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。( )
(2)運動物體的加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運動情況決定。( )
(3)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。( )
(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。( )
(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。( )
(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。( )
(7)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。( )
√
×
×
×
√
√
×
C
2.(人教版必修第一冊P110“思考與討論”改編)某同學(xué)在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作，在動作過程中力傳感器的示數(shù)隨時間的變化情況如圖所示，則該同學(xué)在超重狀態(tài)下加速度的最大值約為(　　)
A.6 m/s2　　　　 B.5 m/s2
C.4 m/s2 D.3 m/s2
研透核心考點
2
考點二　動力學(xué)的兩類基本問題
考點一　瞬時問題的兩類模型
考點三　超重與失重現(xiàn)象
考點一　瞬時問題的兩類模型
兩類模型
例1 (2024·湖南卷，3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(　　)
A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g
A
解析　細線剪斷前，對B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg;細線剪斷瞬間，由牛頓第二定律對B有FAB－3mg＝3maB，對C有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝g，aC＝1.5g，A正確。
銜接教材 (人教版必修第一冊P114B組T1)如圖，兩個質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，剪斷細繩的瞬間，A和B的加速度分別是多少
銜接分析　教材練習(xí)題第1題和湖南卷第3題都考查了繩、彈簧的瞬時問題，利用牛頓第二定律分析，外界條件突變時彈簧類瞬時加速度，課本練習(xí)題中是兩球、一彈簧，2024湖南卷是四球、兩彈簧，提高了難度，考查整體法與隔離法等方法的應(yīng)用。
1.(2025·八省聯(lián)考山陜青寧卷，6)如圖，質(zhì)量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止?fàn)顟B(tài)，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則(　　)
跟蹤訓(xùn)練
C
A.L1的拉力大小為mg
B.L2的拉力大小為3mg
C.若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為g
D.若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g
解析　對甲、乙整體受力分析可知，L1的拉力大小為T1＝2mgtan 60°＝2mg，L2的拉力大小為T2＝＝4mg，故A、B錯誤;若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙受到的合力仍為零，加速度為零;對甲分析，由牛頓第二定律可知加速度a＝g，故C正確，D錯誤。
考點二　動力學(xué)的兩類基本問題
1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路
2.解題關(guān)鍵
(1)做好兩類分析:受力分析和運動過程分析。
(2)搭建兩個橋梁:聯(lián)系運動和力的橋梁——加速度，聯(lián)系各物理過程的橋梁——連接點的速度。
例2 (2025·遼寧沈陽模擬)如圖所示為設(shè)計的一種高樓新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時，人可以通過該通道滑到地面。通道的長度可以適當(dāng)調(diào)節(jié)。若某次將通道調(diào)節(jié)后使其全長為28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人雙臂雙腿并攏下滑時只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，當(dāng)速度過快時，張開雙臂雙腿增加了人與側(cè)壁的摩擦，受到摩擦力為并攏時的兩倍。若人在通道中剛開始雙臂雙腿并攏由靜止加速下滑，之后某時刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運動可視為直線，不計空氣阻力，g＝10 m/s2，求:
(1)人雙臂雙腿并攏下滑時的加速度大小;
解析　當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝＝0.6
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
答案　2 m/s2　
(2)為了確保安全，人滑到底端時的速度不能超過4 m/s，人在通道中下滑的最大速度和最短時間。
解析　當(dāng)張開雙臂雙腿減速下滑時，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
設(shè)人的最大速度為vm，人滑到低端的速度為v，則有＝l，t＝
代入數(shù)值聯(lián)立解得vm＝8 m/s，t＝6 s。
答案　8 m/s　6 s
例3 鋼架雪車比賽的一段賽道如圖所示，長12 m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(fā)，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，如圖所示，到C點共用時5.0 s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪車(包括運動員):
(1)在直道AB上的加速度大小;
解析　設(shè)雪車從A→B的加速度大小為a1，運動時間為t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
＝2a1lAB，vB＝a1t1
解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。
答案　 m/s2
(2)在C點的速度大小;
解析　由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5 s
設(shè)雪車從B→C的加速度大小為a2、運動時間為t2，故t2＝t0－t1，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有
lBC＝vBt2＋a2
vC＝vB＋a2t2
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。
答案　12 m/s　
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。
解析　設(shè)雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 15°－f＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得f＝66 N。
答案　66 N
動力學(xué)問題的解題步驟
2.(多選)(2025·陜西安康模擬)如圖所示，一輛貨車以72 km/h的速度沿平直公路勻速行駛，車斗內(nèi)載有一個質(zhì)量為500 kg的長方體貨箱，貨箱的前后兩側(cè)各被一條沿水平方向的繩子分別固定在車斗前后的欄板上，每根繩子的長度均為2 m且繩子能承受的最大張力均為1 000 N。已知貨箱與車斗底板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計繩子的重力，重力加速度g取10 m/s2，兩條繩子在同一與貨箱側(cè)面垂直的水平線上。若前方突遇緊急情況要求貨車剎車后必須在25 m內(nèi)停下來，貨車的剎車過程可視為勻減速直線運動，下列說法正確的是(　　)
跟蹤訓(xùn)練
AB
A.貨車加速度大小的最小值為8 m/s2
B.貨箱將首先與車斗前欄板相撞
C.貨箱將首先與車斗后欄板相撞
D.剎車過程貨箱能夠相對車斗靜止
解析　根據(jù)題意知貨車的初速度v＝72 km/h＝20 m/s，設(shè)貨車減速過程的最小加速度為a0，由運動學(xué)公式有v2＝2a0x0，解得a0＝8 m/s2，故A正確;長方體貨箱在剎車過程中受到向后的摩擦力和后方繩子的拉力，若貨箱與車相對靜止，由牛頓第二定律有FT＋μmg＝ma0，解得FT＝1 500 N>1 000 N，所以后方繩子會斷裂，繩子斷裂后貨箱只受滑動摩擦力，加速度大小a＝5 m/s2，由v2＝2ax可知，貨箱減速為零時運動的距離x＝40 m>(25＋2) m，所以貨箱首先會與車斗前欄板相撞，故B正確，C、D錯誤。
對超重和失重的理解
(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)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但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(tài)。
考點三　超重與失重現(xiàn)象
角度　　超、失重現(xiàn)象的圖像問題
例4 (2025·江蘇江陰模擬)在沿豎直方向運行的電梯中，把物體置于放在水平面的臺秤上，臺秤與力傳感器相連，當(dāng)電梯從靜止開始加速上升，然后又勻速運動一段時間，最后停止運動時，與傳感器相連的電腦熒屏上顯示出傳感器的示數(shù)與時間的關(guān)系圖像如圖所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
D
A.18~20 s過程中，物體的重力先變小后變大
B.該物體的質(zhì)量為5 kg
C.電梯在超重時最大加速度大小約為16.67 m/s2
D.電梯在失重時最大加速度大小約為6.67 m/s2
解析　18~20 s過程中，物體的重力保持不變，故A錯誤;勻速運動時，根據(jù)受力平衡可得F＝mg＝30 N，解得該物體的質(zhì)量為m＝3 kg，故B錯誤;0~4 s內(nèi)電梯處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得Fmax－mg＝mam，解得最大加速度大小為am＝ m/s2＝
6.67 m/s2，故C錯誤;18~22 s內(nèi)電梯處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Fmin＝mam'，解得最大加速度大小為am'＝ m/s2＝6.67 m/s2，故D正確。
角度　　超、失重現(xiàn)象的分析和計算
例5 (2024·全國甲卷，22)學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi)，測力計下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為　　　　N(結(jié)果保留1位小數(shù))。
解析　根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0 N。
答案　5.0
(2)電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為4.5 N，則此段時間內(nèi)物體處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態(tài)，電梯加速度大小為　　　　m/s2(結(jié)果保留1位小數(shù))。
解析　根據(jù)(1)問結(jié)合力的平衡條件可知，mg＝5.0 N，電梯上行時，測力計示數(shù)為4.5 N答案　失重　1.0
總結(jié)提升　判斷超重和失重的方法
從受力的 角度判斷 當(dāng)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(tài);小于重力時，物體處于失重狀態(tài);等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)
從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài);具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)
從速度變化 的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重
②物體向下加速或向上減速時，失重
3.(2025·八省聯(lián)考云南卷，6)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時刻電梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
跟蹤訓(xùn)練
D
A.做減速運動，加速度大小為1.05 m/s2
B.做減速運動，加速度大小為0.50 m/s2
C.做加速運動，加速度大小為1.05 m/s2
D.做加速運動，加速度大小為0.50 m/s2
解析　由題意可知，該同學(xué)處于超重狀態(tài)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，則電梯向上加速運動，故D正確。
提升素養(yǎng)能力
3
A級　基礎(chǔ)對點練
BD
對點練1　瞬時問題的兩類模型
1.(多選)(2025·貴州貴陽診斷性聯(lián)考)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩OA和OB懸掛靜止在O點，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gtan θ
B.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
C.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零
D.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g
解析　剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點做圓周運動，沿切線方向可得mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A錯誤，B正確;剪斷OA瞬間，小球?qū)⒗@B點開始做圓周運動，此時切線方向的加速度大小為g，故C錯誤，D正確。
B
2.(2024·浙江寧波模擬)蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c(可視為彈性繩)的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)(不計重力)中央，下列說法正確的是(　　)
A.a中張力大于b中張力
B.a中張力大于c中張力
C.若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止
D.若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下
解析　以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件有Tasin θ＝Tbsin θ，可得Ta＝Tb，故A錯誤;在豎直方向上有Tacos θ＋Tbcos θ＝mg＋Tc，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，可得Ta＝mg＋Tc>Tc，若c突然斷開，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度，故B正確，C、D錯誤。
A
3.如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為3 kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，重力加速度g＝10 m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間(　　)
A.B對A的壓力大小為12 N B.彈簧彈力大小為50 N
C.B的加速度大小為10 m/s2 D.A的加速度為零
解析　原來A處于平衡狀態(tài)，有F彈＝mAg＝20 N，細線剪斷瞬間，
彈簧的彈力不會發(fā)生突變，故B錯誤;細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來A平衡，則整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D錯誤;對B由牛頓第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力為FN＝12 N，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小為12 N，故A正確。
C
對點練2　動力學(xué)的兩類基本問題
4.(2024·湖南郴州模擬)2024年2月初，湖南省多地出現(xiàn)凍雨天氣，路面、橋面結(jié)冰導(dǎo)致行車過程剎車時不能及時停住的事故時有發(fā)生。小剛分析，直線行車時剎車將車輪抱死但不能短距離停車是因為車身較輕，摩擦力不大導(dǎo)致，若行車時車上多乘坐幾個人，剎車時速度相同，輪胎及路面等其他條件相同的前提下，車輪抱死剎車直線滑行距離與空載時對比(　　)
A.多坐乘客時，摩擦力大，剎車距離更短
B.空載時慣性小，剎車距離更短
C.空載和滿載乘客時剎車距離相同
D.由于乘載的重量具體值未知，無法判斷
解析　根據(jù)題意，由牛頓第二定律有μmg＝ma，由運動學(xué)公式有v2＝2ax，可得x＝，在v、μ一定的情況下x一定，與重量無關(guān)，故C正確。
A
5.(2025·河南開封模擬)農(nóng)用無人機噴灑農(nóng)藥可以極大地提高農(nóng)民的工作效率，為了防止無人機在作業(yè)中與障礙物發(fā)生碰撞，在某次測試中，無人機以標(biāo)準(zhǔn)起飛質(zhì)量m＝44 kg起飛，以安全飛行速度v0＝8 m/s水平向著障礙物飛行，沿距雷達發(fā)現(xiàn)s＝10.5 m處的障礙物后，無人機立即調(diào)整推力方向，做勻減速直線運動，結(jié)果無人機懸停在距離障礙物l＝2.5 m處，飛行過程中可將無人機看成質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2，忽略空氣阻力，則無人機在勻減速直線運動過程中受到的推力大小為(　　)
A.88 N B.176 N C.88 N D.176 N
解析　無人機做勻變速直線運動，有0－＝2a(s－l)，解得無人機的加速度a＝－4 m/s2，對無人機進行受力分析，無人機受重力和推力，則推力大小F＝＝88 N，故A正確。
CD
6.(多選)(2025·廣東汕頭模擬)如圖所示，球筒中靜置著一個羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對運動，最后羽毛球(視為質(zhì)點)從筒口上端出來，已知球筒質(zhì)量為M＝90 g(不含球的質(zhì)量)，羽毛球質(zhì)量為m＝5 g，球筒與手之間的滑動摩擦力為Ff1＝2.6 N，球與筒之間的滑動摩擦力為Ff2＝0.1 N，球頭離筒的上端距離為d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計，當(dāng)球筒獲得一個向下的初速度后(　　)
A.靜置時，羽毛球的摩擦力為0.1 N
B.拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力
C.拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30 m/s2
D.僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則筒的初速度為3 m/s
解析　羽毛球靜置時，根據(jù)平衡條件有Ff＝mg＝5×10－3×10 N＝0.05 N，故A錯誤;拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運動，則羽毛球?qū)η蛲驳哪Σ亮Ψ较蛳蛏希鶕?jù)牛頓第三定律可知，球筒對羽毛球的摩擦力方向向下，故B錯誤;拍打球筒后瞬間，對羽毛球由牛頓第二定律有mg＋Ff2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正確;僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則羽毛球與球筒恰好達到共速，
設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為v，對球筒由牛頓第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒做勻減速運動，羽毛球做勻加速運動，有v－a2t＝a1t，vt－a2t2－a1t2＝d，代入數(shù)據(jù)解得v＝3 m/s，故D正確。
AD
對點練3　超重和失重現(xiàn)象
7.(多選)(2025·山東濰坊質(zhì)檢)智能手機安裝適當(dāng)?shù)能浖螅呻S時測量手機的加速度大小。某同學(xué)手持這樣一部手機，站在水平地面上，完成一次下蹲后又起立的運動，得到其加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示。設(shè)豎直向上為正方向，下列關(guān)于該同學(xué)的說法正確的是(　　)
A.由a到c的過程中處于失重狀態(tài)
B.c點時重心最低
C.e點時處于起立過程且速度最小
D.由e到f的過程中地面對其支持力小于重力
解析　由a到c的過程中加速度為負，即加速度向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài)，故A正確;c點時該同學(xué)的加速度為0，c點后該手機處于超重狀態(tài)，說明c點時還未到最低點，故B錯誤;e點之前該同學(xué)為超重狀態(tài)，之后為失重狀態(tài)，所以e點時該同學(xué)處于起立過程且速度最大，故C錯誤;由e到f的過程該同學(xué)處于失重狀態(tài)，地面對其支持力小于重力，故D正確。
D
8.如圖所示，某同學(xué)抱著箱子做蹲起運動研究超重和失重現(xiàn)象，在箱內(nèi)的頂部和底部均安裝有壓力傳感器。兩質(zhì)量均為2 kg的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器。當(dāng)該同學(xué)抱著箱子靜止時，箱子頂部的壓力傳感器示數(shù)F1＝10 N。重力加速度g取10 m/s2。不計空氣阻力，則(　　)
A.箱子靜止時，底部壓力傳感器示數(shù)F2＝30 N
B.當(dāng)F1'＝5 N時，箱子處于失重狀態(tài)，人可能抱著箱子下蹲
C.當(dāng)F1″＝15 N時，箱子處于超重狀態(tài)，人可能抱著箱子向上站起
D.若箱子保持豎直從高處自由釋放，運動過程中兩個壓力傳感器的示數(shù)均為30 N
解析　當(dāng)箱子靜止時，對兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)受力分析可知2mg＋F1＝F2，得底部壓力傳感器示數(shù)F2＝50 N，對上面物塊有mg＋F1＝F彈，得F彈＝30 N，故A錯誤;當(dāng)F1'＝5 N時，對上面物塊有mg＋F1'F彈，加速度方向向下，箱子處于失重狀態(tài)，故C錯誤;當(dāng)箱子自由下落時處于完全失重狀態(tài)，兩個物塊所受合力均為mg，彈簧長度沒變，所以兩個壓力傳感器的示數(shù)均為F彈＝30 N，故D正確。
B級　綜合提升練
9.在某平直的鐵路上，一列以90 m/s的速度行駛的高速列車某時刻開始關(guān)閉發(fā)動機，列車在阻力作用下做勻減速運動進站，經(jīng)5 min后恰好停在該車站。在該車站停留一段時間，隨后勻加速駛離該車站，加速運動8.1 km后速度恢復(fù)到90 m/s。列車總質(zhì)量M＝8.0×105 kg，運動中所受阻力恒定。求:
(1)列車做勻減速運動的加速度大小;
(2)列車所受阻力大小;
(3)列車駛離車站加速運動過程中牽引力的大小。
答案　(1)0.3 m/s2　(2)2.4×105 N　(3)6.4×105 N
解析　(1)列車做勻減速運動的加速度大小a1＝＝0.3 m/s2。
(2)根據(jù)牛頓第二定律得Ff＝Ma1＝2.4×105 N。
(3)勻加速運動過程有v2＝2a2x2
根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝Ma2
聯(lián)立解得F＝6.4×105 N。
10.(2025·陜西寶雞模擬)大功率火箭一般采取多級推進技術(shù)，以提高發(fā)射速度。某中學(xué)的物理興趣小組同學(xué)制作了一個兩級推進火箭模型進行試驗。已知火箭質(zhì)量為m，提供的推動力恒定且為F＝3mg，火箭先經(jīng)過一級推動力推進時間t后，丟棄掉質(zhì)量為的一級箭體，再由二級推動力繼續(xù)推動剩余質(zhì)量為的火箭，推動力仍為F＝3mg，火箭飛行時間t后結(jié)束推進。重力加速度恒定且為g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化，不計空氣阻力，求:
(1)火箭上升過程的最大速度;
(2)火箭上升的最大高度。
答案　(1)7gt　(2)30gt2
解析　(1)設(shè)一級推動火箭時間t內(nèi)的加速度為a1，末速度為v1，二級推動火箭時間t內(nèi)的加速度為a2，末速度為v2，由牛頓第二定律可得a1＝＝2g，則v1＝a1t＝2gt
a2＝＝5g
所以火箭上升的最大速度為v2＝v1＋a2t＝7gt。
(2)設(shè)一級推動時間t內(nèi)火箭上升的高度為h1，二級推動時間t內(nèi)火箭上升的高度為h2，結(jié)束推動后火箭繼續(xù)上升高度為h3，由勻變速直線運動規(guī)律可得
h1＝t＝gt2，h2＝t＝gt2
失去推力后，火箭向上做勻減速運動，加速度大小為g，末速度為0，所以有＝2gh3
可得h3＝gt2
所以火箭上升的最大高度為h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。
B
11.(2024·福建福州模擬)滑塊以一定的初速度沿傾角為θ、動摩擦因數(shù)為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
C級　培優(yōu)加強練
A.滑塊上滑和返回過程的運動時間相等
B.滑塊運動加速度大小之比為a甲∶a乙＝16∶9
C.滑塊過A點時的速度大小之比為v甲∶v乙＝3∶4
D.μ＝tan θ
解析　根據(jù)牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足mgsin θ＋Ff＝ma甲，mgsin θ－Ff＝ma乙，設(shè)頻閃時間間隔為T，圖甲表示上滑過程，時間間隔為3T，圖乙表示下滑過程，時間間隔為4T，即滑塊上滑和返回過程的運動時間不相等，故A錯誤;把上滑過程逆向看成初速度為零的勻加速直線運動，由x＝at2可知，加速度大小之比a甲∶a乙＝
∶＝16∶9，故B正確;利用逆向思維，滑塊在A、B兩點間運動時，根據(jù)位移公式有xAB＝a甲t甲'2＝a乙t乙'2，則t甲'∶t乙'＝∶＝3∶4，即圖甲與圖乙中滑塊在A、B兩點間運動時間之比為3∶4，由v＝at知v甲∶v乙＝4∶3，故C錯誤;根據(jù)加速度比有(gsin θ＋μgcos θ)∶(gsin θ－μgcos θ)＝16∶9，解得μ＝tan θ，故D錯誤。

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