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第2講　小專題:牛頓第二定律的基本應用
考點一　對超重與失重的理解
1.判斷超重和失重的方法
從受力的角度判斷 當物體受到豎直向上的拉力(或支持力): (1)大于重力時,物體處于超重狀態。 (2)小于重力時,物體處于失重狀態。 (3)等于零時,物體處于完全失重狀態
從加速度的角度判斷 當物體具有的加速度: (1)方向豎直向上(或豎直分量向上)時,物體處于超重狀態。 (2)方向豎直向下(或豎直分量向下)時,物體處于失重狀態。 (3)方向豎直向下(或豎直分量向下)且等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態
從速度變化的角度判斷 (1)物體向上加速或向下減速運動時,物體處于超重狀態。 (2)物體向下加速或向上減速運動時,物體處于失重狀態。 (3)物體以g為加速度向下加速或向上減速運動時,物體處于完全失重狀態
2.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)在完全失重的狀態下,一切由重力產生的物理現象都會完全消失。
(3)即使物體的加速度不是豎直方向,但只要在豎直方向上有加速度的分量,物體就會處于超重或失重狀態。
[例1] 【超、失重現象的判斷】 (2024·山東菏澤三模)(多選)測體重時,電子秤的示數會不斷變化,電子秤的示數始終與它受到的壓力大小成正比,最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化情況。已知該同學的質量為50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中關于電子秤示數說法正確的是(　　)
[A] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先增大后減小
[B] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先減小后增大
[C] 在減速下降的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重
[D] 在以5 m/s2的加速度勻加速上升的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數為75 kg
【答案】 BD
【解析】 當該同學在電子秤上下蹲時,人體重心下移,先加速下降,加速度向下,此時該同學處于失重狀態,該同學對電子秤的壓力小于自身重力,然后減速下降,加速度向上,此時該同學處于超重狀態,該同學對電子秤的壓力大于自身重力,所以電子秤的示數先減小后增大,故A錯誤,B正確;當電梯減速下降時,加速度豎直向上,該同學處于超重狀態,電子秤對該同學的支持力大于該同學的重力,根據作用力與反作用力大小相等可知,電子秤示數大于真實體重,故C錯誤;把電子秤放在電梯里,當電梯以5 m/s2的加速度勻加速上升時,設該同學所受支持力為FN,由牛頓第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=750 N,因為該同學對電子秤的壓力與電子秤對該同學的支持力為一對作用力與反作用力,大小相等,則電子秤示數為
m顯示==75 kg,故D正確。
[例2] 【超、失重的計算】 (2024·全國甲卷,22)學生小組為了探究超重和失重現象,將彈簧測力計掛在電梯內,測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示,讀數為　　　　N(結果保留1位小數)。
(2)電梯上行時,一段時間內測力計的示數為4.5 N,則此段時間內物體處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態,電梯加速度大小為　　　　m/s2(結果保留1位小數)。
【答案】 (1)5.0　(2)失重　1.0
【解析】 (1)由題圖可知彈簧測力計的讀數為5.0 N。
(2)電梯上行時,一段時間內彈簧測力計的示數為4.5 N,說明電梯內物體受到的拉力小于重力,物體的加速度方向向下,此時物體處于失重狀態,由牛頓第二定律得mg-F=ma,其中mg=5.0 N,F=4.5 N,g=9.8 m/s2,可得a≈1.0 m/s2。
考點二　牛頓第二定律的瞬時性問題
(1)如圖甲所示,小球用水平彈簧系住,并用傾角為θ的光滑板AB托著,板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力如何變化
甲
提示:板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力不變。
(2)如圖乙所示,小球質量為m,剪斷繩L2前,繩L1上彈力為多少 剪斷繩L2的瞬間,繩L1上彈力又為多少 此時小球的加速度為多大
乙
提示:剪斷繩L2前,繩L1上彈力為;剪斷繩L2的瞬間,繩L1上彈力為mgcos α;加速度a=gsin α。
(3)在(2)中,如果將L1換成彈簧,剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力如何變化 此時合力大小為多少
提示:剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力不變,合力為F=mgtan α。
1.兩種模型
2.解題思路
[例3] 【輕彈簧的瞬時加速度】 如圖所示,A、B兩木塊間連一豎直輕彈簧,A、B的質量均為m,一起靜止放在一塊水平光滑木板上。若將此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬間,A、B兩木塊的加速度分別是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
【答案】 C
【解析】 在抽去木板的瞬間,彈簧對A木塊的支持力和對B木塊的壓力并未改變。在抽去木板的瞬間,A木塊受重力和支持力,mg=F,aA=0;B木塊受重力和彈簧向下的壓力,根據牛頓第二定律得aB===2g,故C正確,A、B、D錯誤。
[變式1] 【輕桿的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B之間的輕彈簧換成輕桿,在抽去木板的瞬間,A、B的加速度分別是多大
【答案】 g　g
【解析】 抽去木板的瞬間,輕桿的彈力立即突變為零,A、B加速度相同,aA=aB=g。
[變式2] 【輕彈簧和輕繩的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B用輕繩懸掛,如圖所示,剪斷輕繩瞬間,A、B的加速度分別是多大
【答案】 2g　0
【解析】 剪斷輕繩瞬間,彈簧彈力不變,木塊A受重力和彈力作用,加速度為aA=2g,木塊B受力不變,aB=0。
[例4] 【輕彈簧和輕桿在斜面上的瞬時加速度】 (多選)如圖甲、乙所示,光滑斜面上,當系統靜止時,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(　　)
[A] 兩圖中兩球加速度大小均為gsin θ
[B] 兩圖中A球的加速度大小均為零
[C] 圖甲中B球的加速度大小為2gsin θ
[D] 圖乙中B球的加速度大小為gsin θ
【答案】 CD
【解析】 撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小都為2mgsin θ。因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,題圖甲中A球所受合力大小為零,加速度大小為零,B球所受合力大小為2mgsin θ,加速度大小為2gsin θ。題圖乙中桿的彈力突變為零,A、B兩球所受合力大小均為mgsin θ,加速度大小均為gsin θ,故A、B錯誤,C、D正確。
考點三　動力學的兩類基本問題
1.動力學問題的解題思路
2.分析動力學兩類基本問題的關鍵
(1)做好兩類分析:物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)搭建兩個橋梁:加速度是聯系運動和力的橋梁;連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁。
[例5] 【已知運動求力】 (2024·福建南平三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史,有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示,挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹,從半蹲狀態到直立狀態,此過程中毛竹經歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段,兩階段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等。已知毛竹上升過程總時間為t,上升高度為h,毛竹和綿幡的總質量為m,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。求毛竹上升過程中:
(1)最大速度vm的大小;
(2)勻加速階段加速度a的大小;
(3)勻減速階段對表演者的壓力F的大小。
【答案】 (1)　(2)　(3)m(g-)
【解析】 (1)由題意可知,毛竹先勻加速上升再勻減速上升,兩段過程中平均速度均為
=,
又h=t,
解得vm=。
(本題還可以采用圖像法,作出整個過程的v-t 圖像如圖所示,
根據v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移可知,h=vmt,
解得vm=。)
(2)由題意知,毛竹做勻加速運動和勻減速運動所用時間均為,根據加速度的定義式可知
a==。
(3)毛竹勻減速階段,加速度豎直向下,根據牛頓第二定律可知mg-FN=ma,
解得FN=m(g-),
根據牛頓第三定律可知,勻減速階段毛竹對表演者的壓力大小為F=FN=m(g-)。
[例6] 【已知力求運動】 (2024·湖南岳陽月考)無人機可在空中進行監測、航拍等任務,要讓監測所用的無人機從地面豎直起飛,最終懸停在某一高度的空中,如圖所示。已知無人機質量M=1.8 kg,動力系統能提供的最大升力F=28 N,上升過程中能達到的最大速度為v=6 m/s,豎直飛行時所受空氣阻力大小恒為F阻=4 N;固定在無人機下方鐵桿上的監測攝像頭質量m=0.2 kg,其所受空氣阻力不計,g取10 m/s2。
(1)無人機以最大升力豎直起飛,求達到最大速度時所上升的高度h1;
(2)無人機以最大升力豎直起飛時,求攝像頭對鐵桿的作用力大小;
(3)無人機從地面豎直起飛,要求在t=7 s內實現懸停,求其能上升的最大高度H。
【答案】 (1)9 m　(2)2.4 N　(3)31.5 m
【解析】 (1)無人機以最大升力豎直起飛,做勻加速直線運動,對整體運用牛頓第二定律,有F-(M+m)g-F阻=(M+m)a1,
代入數據解得a1=2 m/s2,
達到最大速度時所上升的高度h1==9 m。
(2)對攝像頭,根據牛頓第二定律有
FT-mg=ma1,
代入數據得FT=2.4 N,
由牛頓第三定律知,攝像頭對鐵桿的作用力大小FT′=FT=2.4 N。
(3)若要在7 s內實現懸停,則無人機開始以最大升力勻加速運動的時間t1==3 s,
此時上升的高度為h1=9 m,無人機關閉動力系統后做勻減速運動直到懸停,速度為零,則
(M+m)g+F阻=(M+m)a2,
代入數據解得a2=12 m/s2,
根據運動學公式有t3=,h3=t3,
代入數據解得t3=0.5 s,h3=1.5 m,
故無人機勻速運動時間t2=t-t1-t3=3.5 s,
勻速運動的位移h2=vt2=21 m,
所以要在7 s內實現懸停,無人機能上升的最大高度H=h1+h2+h3=31.5 m。
考點四　“等時圓”模型
(1)如圖所示,豎直圓環的直徑為d,物體從豎直圓環上最高點由靜止開始沿光滑豎直直徑AB下滑,滑到下端所用時間為多少
提示:物體沿光滑豎直直徑AB下滑的加速度為重力加速度g,故所用時間為t=。
(2)如圖所示,設某一條光滑弦AC與水平方向的夾角為α,試寫出物體從環上最高點由靜止開始沿光滑弦AC滑到下端所用時間的表達式。
提示:如題圖所示,物體沿光滑弦AC做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a=gsin α,位移為x=dsin α,所以運動時間為t===。
(3)比較(1)(2)中的結果,會發現什么規律
提示:物體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。
1.“等時圓”模型概述
所謂“等時圓”模型,就是物體沿著位于同一豎直圓上的不同位置的所有光滑弦由靜止下滑,到達圓周的最低點(或從圓周上的最高點到達該圓周上其他點)的時間相等,都等于物體沿豎直直徑做自由落體運動所用的時間。
2.模型的三種情況
(1)物體從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間相等,如圖甲所示。
(2)物體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,如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點,物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示。
[例7] 【“等時圓”模型的分析】 如圖所示,ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,b點為圓周的最低點,c點為圓周的最高點,若每根桿上都套著一個小滑環(圖中未畫出),將兩滑環同時從a、c處由靜止釋放,用t1、t2分別表示滑環從a到b、c到d所用的時間,則(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1【答案】 A
【解析】 設細桿與豎直方向的夾角為α,圓周的直徑為D,根據牛頓第二定律得滑環的加速度為 a==gcos α,細桿的長度為x=Dcos α,則根據x=at2得t===,可見所用時間t只與圓周的直徑、重力加速度有關,A正確,B、C、D錯誤。
“等時圓”模型求解方法
對點1.對超重與失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金華三模)熱氣球內的定位裝置能把相同時間間隔內熱氣球的位置變化記錄下來,如圖記錄的是在一定高度上正在豎直上升的熱氣球每隔2 s熱氣球的高度變化,記錄單位是米。下列對熱氣球在記錄時間內的運動判斷正確的是(　　)
[A] 記錄豎直上升的高度變化,熱氣球不能被視為質點
[B] 熱氣球正處在超重狀態
[C] 我們可以用Δx=aT2來計算出熱氣球的上升加速度
[D] 記錄時間內熱氣球的平均速度大小約為 1.78 m/s
【答案】 D
【解析】 記錄豎直上升的高度變化,熱氣球能被視為質點,故A錯誤;由題圖可知熱氣球在上升過程中,相等的時間間隔內位移越來越小,說明熱氣球在向上做減速運動,處于失重狀態,故B錯誤;由題圖可知在相鄰的2 s內的位移差不是一恒量,說明熱氣球不是向上做勻減速直線運動,所以不能用Δx=aT2來計算出熱氣球的上升加速度,故C錯誤;記錄時間內熱氣球的平均速度大小為== m/s≈1.78 m/s,故D正確。
2.(6分)(2024·河南鄭州模擬)(多選)體育課上某同學在做引體向上,他兩手握緊單杠,身體懸垂,接著用力上拉使下頜超過單杠(身體無擺動),稍作停頓后放松肩臂下降至起始位置。關于一次引體向上的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 初始懸垂時若改變兩手間的距離,兩臂拉力的合力保持不變
[B] 向上拉升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力
[C] 初始用力開始上升時和下降過程最后停下前,人均處于超重狀態
[D] 在下降過程中人始終處于失重狀態
【答案】 AC
【解析】 懸垂時兩臂拉力的合力等于該同學的重力,保持不變,故A正確;在上升過程中,人先加速后減速,先超重后失重,則單杠對人的作用力先大于人的重力后小于人的重力;在下降過程中,身體先做加速運動,后做減速運動,人先處于失重狀態,后處于超重狀態,單杠對人的作用力先小于人的重力,后大于人的重力,故C正確,B、D錯誤。
對點2.牛頓第二定律的瞬時性問題
3.(4分)(2025·陜晉青寧高考適應性考試)如圖,質量均為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,處于靜止狀態,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,選項A、B錯誤。剪斷L1的瞬間,彈簧的彈力不變,則小球乙受的合力仍為零,加速度為零;對甲分析,L2中拉力發生突變,重力和彈簧彈力的合力沿輕繩L2方向的分力與L2的拉力平衡,垂直于輕繩L2方向的分力提供加速度,有a==g,選項C正確,D錯誤。
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如圖,質量分別為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,處于靜止狀態,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】 剪斷前,對b、c、d整體受力分析,a、b間彈簧拉力為(3m+2m+m)g=6mg,剪斷瞬間,a、b中彈簧拉力不變,故b所受合力為6mg-3mg=3mg,故b的加速度a1==g;同時,c、d間彈簧彈力不變,c所受合力為3mg,故c的加速度 a2==1.5g。故選A。
5.(6分)(2024·河南駐馬店二模)(多選)如圖所示,輕彈簧豎直固定在水平桌面上,質量為m1的木塊放置在彈簧上但不拴接,質量為m2的鐵塊放置在木塊上并通過跨過光滑定滑輪的輕質細線與質量為M的鐵球連接,先用手托住鐵球使細線恰好伸直但無張力,然后將鐵球由靜止釋放。已知重力加速度為g,M>m2,輕彈簧勁度系數為k,彈簧始終處于彈性限度內,則(　　)
[A] 鐵球釋放瞬間其加速度大小為g
[B] 鐵塊與木塊分離之前細線的張力逐漸增大
[C] 鐵塊與木塊分離時鐵球的加速度大小為g
[D] 從初始狀態到鐵塊與木塊分離時,木塊的位移為-
【答案】 BCD
【解析】 鐵球釋放瞬間,鐵塊與木塊并未分離,所以三者加速度相同,開始時彈簧的彈力F=(m1+m2)g,設鐵球釋放瞬間其加速度大小為a,細線的張力為FT,對于鐵球有Mg-FT=Ma,對于鐵塊與木塊有FT+F-(m1+m2)g=(m1+m2)a,聯立解得a=g,故A錯誤;鐵塊與木塊分離之前,彈簧的形變量逐漸減小,彈簧的彈力F逐漸減小,所以系統的加速度逐漸減小,則細線的張力逐漸增大,故B正確;鐵塊與木塊分離時木塊對鐵塊無作用力,所以對于鐵塊與鐵球有Mg-m2g=(M+m2)a′,所以此時鐵球的加速度大小為a′=g,故C正確;結合上述可知,初始狀態彈簧的壓縮量為x1=,設鐵塊與木塊分離瞬間彈簧的壓縮量為x2,則對木塊有kx2-m1g=m1a′,聯立可得從初始狀態到鐵塊與木塊分離時木塊的位移Δx=x1-x2=-,故D正確。
對點3.動力學的兩類基本問題
6.(4分)如圖,運動員把冰壺沿平直冰面投出,冰壺先在冰面AB段自由滑行,再進入冰刷刷過的冰面BC段并最終停在C點。已知冰壺與AB段、BC段間的動摩擦因數之比為p,冰壺在AB段和BC段滑行的位移大小之比為q,則冰壺在A點和B點的速度大小之比為(　　)
[A] pq [B]
[C] pq+1 [D]
【答案】 D
【解析】 在AB段,由牛頓第二定律有-μ1mg=ma1,得a1=-μ1g,在BC段,有-μ2mg=ma2,得a2=-μ2g,冰壺從A到B有2a1x1=-,冰壺從B到C有2a2x2=0-,已知=p和=q,聯立解得=。故選D。
7.(6分)(2024·河北邯鄲模擬)(多選)一質量為m的無人機,在其動力系統提供的恒力作用下,由靜止開始豎直向上運動,經t時間后關閉動力系統,再經3t時間后無人機恰好返回起點。已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　　)
[A] 恒力的大小為mg
[B] 關閉動力系統時無人機的速度大小為gt
[C] 無人機上升的最大高度為gt2
[D] 無人機返回起點時的速度大小為gt
【答案】 BC
【解析】 設無人機加速過程的加速度大小為a,關閉動力系統時的速度為v=at,根據題意有at2=-v·3t+g(3t)2,聯立解得a=g,加速過程根據牛頓第二定律可得F-mg=ma,解得恒力的大小為F=mg,關閉動力系統時無人機的速度大小為v=at=gt,故A錯誤,B正確;無人機加速過程上升的高度為h1=at2=gt2,關閉動力系統無人機繼續上升的高度為h2==gt2,則無人機上升的最大高度為hm=h1+h2=gt2,故C正確;根據=2ghm,解得無人機返回起點時的速度大小為v1=gt,故D錯誤。
對點4.“等時圓”模型
8.(6分)(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【答案】 CD
【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c→a和O→b滑動的小滑環相比較,滑行位移大小相同,初速度均為零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,即t2>t1=t3,故C、D正確。
9.(4分)如圖所示,一根細線一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱內放有一個質量m=0.1 kg 的物塊,物塊與水平輕質彈簧相連,彈簧的另一端與木箱左壁相連,此時彈簧處于伸長狀態,彈簧的彈力為0.5 N,物塊保持靜止狀態。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把細線剪斷的瞬間,物塊的加速度大小是(　　)
[A] a=0 [B] a=5 m/s2
[C] a=10 m/s2 [D] a=5 m/s2
【答案】 D
【解析】 用剪刀把細線剪斷的瞬間,物塊有豎直方向的加速度ay=g=10 m/s2,則物塊處于完全失重狀態,物塊對木箱壓力為零,則水平方向不受摩擦力,只受彈簧的拉力,則ax==5 m/s2,可知物塊的加速度大小a==5 m/s2。故選D。
10.(4分)如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點,O點恰好是半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內。現有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ。現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端,則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tAB【答案】 B
【解析】 如圖所示,過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G,以OG為直徑作圓,可以看出D點在輔助圓上,F點在輔助圓內,而B點在輔助圓外,由等時圓結論可知tAB>tCD>tEF,B
正確。
11.(10分)(2024·湖北武漢模擬)冰壺是在冰上進行的一種投擲性競賽項目。某次訓練中,冰壺(可視為質點)被運動員擲出后,在水平冰面上沿直線依次經過A、B、C三點后停在O點。已知A、B間的距離x1=26 m,B、C間的距離x2=5.5 m,冰壺通過AB段的時間t1=10 s,通過BC段的時間t2=5 s,假設冰壺和冰面間的動摩擦因數處處相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O兩點之間的距離x3;
(2)冰壺和冰面間的動摩擦因數μ。
【答案】 (1)0.9 m　(2)0.02
【解析】 (1)因為冰壺與冰面間的動摩擦因數處處相等,因此冰壺滑動時受到的摩擦力處處相等,又因為冰壺沿直線運動,因此冰壺在A點至O點的運動為勻減速直線運動,假設冰壺運動的加速度大小為a,在A點時的速度大小為vA,在C點時的速度大小為vC,因此有
vAt1-a=x1,
vA(t1+t2)-a(t1+t2)2=x1+x2,
解得a=0.2 m/s2,vA=3.6 m/s,
又由vC=vA-a(t1+t2),
代入數據可得vC=0.6 m/s,
已知運動到O點時冰壺停下,因此有
-0=2ax3,
代入數據解得x3=0.9 m。
(2)假設冰壺與冰面間的摩擦力大小為Ff,則有
Ff=μmg,
根據牛頓第二定律可知Ff=ma,
已知a=0.2 m/s2,聯立以上各式可得μ=0.02。
12.(12分)(2024·江蘇常州階段練習)兩段斜面AB和BC連接成V字形,連接點B處可以視作一段極短的光滑圓弧,兩段斜面長度均為L=1 m,傾角α=37°,一定質量的小物塊從AB段斜面頂端由靜止開始運動,小物塊與AB段動摩擦因數為μ1=0.5,與BC段動摩擦因數為μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物塊第一次到達B點的速度大小;
(2)小物塊第一次沿斜面AB向上運動的最遠距離。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.1 m
【解析】 (1)小物塊沿AB下滑過程中,由牛頓第二定律有mgsin α-μ1mgcos α=ma1,
由運動公式有 =2a1L,
聯立解得vB=2 m/s。
(2)小物塊沿BC上滑過程中,有
mgsin α+μ2mgcos α=ma2,
根據=2a1L,=2a2s1,
聯立解得s1=L=0.25 m,
小物塊沿BC下滑過程中,有
mgsin α-μ2mgcos α=ma3,
小物塊沿AB上滑過程中,有
mgsin α+μ1mgcos α=ma4,
根據vB′2=2a3s1,vB′2=2a4s2,
聯立解得s2=s1=0.1 m。
(
第
16
頁
)第2講　小專題:牛頓第二定律的基本應用
考點一　對超重與失重的理解
1.判斷超重和失重的方法
從受力的角度判斷 當物體受到豎直向上的拉力(或支持力): (1)大于重力時,物體處于超重狀態。 (2)小于重力時,物體處于失重狀態。 (3)等于零時,物體處于完全失重狀態
從加速度的角度判斷 當物體具有的加速度: (1)方向豎直向上(或豎直分量向上)時,物體處于超重狀態。 (2)方向豎直向下(或豎直分量向下)時,物體處于失重狀態。 (3)方向豎直向下(或豎直分量向下)且等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態
從速度變化的角度判斷 (1)物體向上加速或向下減速運動時,物體處于超重狀態。 (2)物體向下加速或向上減速運動時,物體處于失重狀態。 (3)物體以g為加速度向下加速或向上減速運動時,物體處于完全失重狀態
2.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)在完全失重的狀態下,一切由重力產生的物理現象都會完全消失。
(3)即使物體的加速度不是豎直方向,但只要在豎直方向上有加速度的分量,物體就會處于超重或失重狀態。
[例1] 【超、失重現象的判斷】 (2024·山東菏澤三模)(多選)測體重時,電子秤的示數會不斷變化,電子秤的示數始終與它受到的壓力大小成正比,最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化情況。已知該同學的質量為50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中關于電子秤示數說法正確的是(　　)
[A] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先增大后減小
[B] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先減小后增大
[C] 在減速下降的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重
[D] 在以5 m/s2的加速度勻加速上升的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數為75 kg
[例2] 【超、失重的計算】 (2024·全國甲卷,22)學生小組為了探究超重和失重現象,將彈簧測力計掛在電梯內,測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示,讀數為　　　　N(結果保留1位小數)。
(2)電梯上行時,一段時間內測力計的示數為4.5 N,則此段時間內物體處于　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態,電梯加速度大小為　　　　m/s2(結果保留1位小數)。
考點二　牛頓第二定律的瞬時性問題
(1)如圖甲所示,小球用水平彈簧系住,并用傾角為θ的光滑板AB托著,板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力如何變化
甲
提示:板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力不變。
(2)如圖乙所示,小球質量為m,剪斷繩L2前,繩L1上彈力為多少 剪斷繩L2的瞬間,繩L1上彈力又為多少 此時小球的加速度為多大
乙
提示:剪斷繩L2前,繩L1上彈力為;剪斷繩L2的瞬間,繩L1上彈力為mgcos α;加速度a=gsin α。
(3)在(2)中,如果將L1換成彈簧,剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力如何變化 此時合力大小為多少
提示:剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力不變,合力為F=mgtan α。
1.兩種模型
2.解題思路
[例3] 【輕彈簧的瞬時加速度】 如圖所示,A、B兩木塊間連一豎直輕彈簧,A、B的質量均為m,一起靜止放在一塊水平光滑木板上。若將此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬間,A、B兩木塊的加速度分別是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
[變式1] 【輕桿的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B之間的輕彈簧換成輕桿,在抽去木板的瞬間,A、B的加速度分別是多大
[變式2] 【輕彈簧和輕繩的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B用輕繩懸掛,如圖所示,剪斷輕繩瞬間,A、B的加速度分別是多大
[例4] 【輕彈簧和輕桿在斜面上的瞬時加速度】 (多選)如圖甲、乙所示,光滑斜面上,當系統靜止時,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(　　)
[A] 兩圖中兩球加速度大小均為gsin θ
[B] 兩圖中A球的加速度大小均為零
[C] 圖甲中B球的加速度大小為2gsin θ
[D] 圖乙中B球的加速度大小為gsin θ
考點三　動力學的兩類基本問題
1.動力學問題的解題思路
2.分析動力學兩類基本問題的關鍵
(1)做好兩類分析:物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)搭建兩個橋梁:加速度是聯系運動和力的橋梁;連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁。
[例5] 【已知運動求力】 (2024·福建南平三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史,有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示,挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹,從半蹲狀態到直立狀態,此過程中毛竹經歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段,兩階段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等。已知毛竹上升過程總時間為t,上升高度為h,毛竹和綿幡的總質量為m,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。求毛竹上升過程中:
(1)最大速度vm的大小;
(2)勻加速階段加速度a的大小;
(3)勻減速階段對表演者的壓力F的大小。
[例6] 【已知力求運動】 (2024·湖南岳陽月考)無人機可在空中進行監測、航拍等任務,要讓監測所用的無人機從地面豎直起飛,最終懸停在某一高度的空中,如圖所示。已知無人機質量M=1.8 kg,動力系統能提供的最大升力F=28 N,上升過程中能達到的最大速度為v=6 m/s,豎直飛行時所受空氣阻力大小恒為F阻=4 N;固定在無人機下方鐵桿上的監測攝像頭質量m=0.2 kg,其所受空氣阻力不計,g取10 m/s2。
(1)無人機以最大升力豎直起飛,求達到最大速度時所上升的高度h1;
(2)無人機以最大升力豎直起飛時,求攝像頭對鐵桿的作用力大小;
(3)無人機從地面豎直起飛,要求在t=7 s內實現懸停,求其能上升的最大高度H。
考點四　“等時圓”模型
(1)如圖所示,豎直圓環的直徑為d,物體從豎直圓環上最高點由靜止開始沿光滑豎直直徑AB下滑,滑到下端所用時間為多少
提示:物體沿光滑豎直直徑AB下滑的加速度為重力加速度g,故所用時間為t=。
(2)如圖所示,設某一條光滑弦AC與水平方向的夾角為α,試寫出物體從環上最高點由靜止開始沿光滑弦AC滑到下端所用時間的表達式。
提示:如題圖所示,物體沿光滑弦AC做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a=gsin α,位移為x=dsin α,所以運動時間為t===。
(3)比較(1)(2)中的結果,會發現什么規律
提示:物體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。
1.“等時圓”模型概述
所謂“等時圓”模型,就是物體沿著位于同一豎直圓上的不同位置的所有光滑弦由靜止下滑,到達圓周的最低點(或從圓周上的最高點到達該圓周上其他點)的時間相等,都等于物體沿豎直直徑做自由落體運動所用的時間。
2.模型的三種情況
(1)物體從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間相等,如圖甲所示。
(2)物體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,如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點,物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示。
[例7] 【“等時圓”模型的分析】 如圖所示,ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,b點為圓周的最低點,c點為圓周的最高點,若每根桿上都套著一個小滑環(圖中未畫出),將兩滑環同時從a、c處由靜止釋放,用t1、t2分別表示滑環從a到b、c到d所用的時間,則(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1“等時圓”模型求解方法
(滿分:70分)
對點1.對超重與失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金華三模)熱氣球內的定位裝置能把相同時間間隔內熱氣球的位置變化記錄下來,如圖記錄的是在一定高度上正在豎直上升的熱氣球每隔2 s熱氣球的高度變化,記錄單位是米。下列對熱氣球在記錄時間內的運動判斷正確的是(　　)
[A] 記錄豎直上升的高度變化,熱氣球不能被視為質點
[B] 熱氣球正處在超重狀態
[C] 我們可以用Δx=aT2來計算出熱氣球的上升加速度
[D] 記錄時間內熱氣球的平均速度大小約為 1.78 m/s
2.(6分)(2024·河南鄭州模擬)(多選)體育課上某同學在做引體向上,他兩手握緊單杠,身體懸垂,接著用力上拉使下頜超過單杠(身體無擺動),稍作停頓后放松肩臂下降至起始位置。關于一次引體向上的過程,下列說法正確的是(　　)
[A] 初始懸垂時若改變兩手間的距離,兩臂拉力的合力保持不變
[B] 向上拉升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力
[C] 初始用力開始上升時和下降過程最后停下前,人均處于超重狀態
[D] 在下降過程中人始終處于失重狀態
對點2.牛頓第二定律的瞬時性問題
3.(4分)(2025·陜晉青寧高考適應性考試)如圖,質量均為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,處于靜止狀態,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
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如圖,質量分別為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,處于靜止狀態,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
5.(6分)(2024·河南駐馬店二模)(多選)如圖所示,輕彈簧豎直固定在水平桌面上,質量為m1的木塊放置在彈簧上但不拴接,質量為m2的鐵塊放置在木塊上并通過跨過光滑定滑輪的輕質細線與質量為M的鐵球連接,先用手托住鐵球使細線恰好伸直但無張力,然后將鐵球由靜止釋放。已知重力加速度為g,M>m2,輕彈簧勁度系數為k,彈簧始終處于彈性限度內,則(　　)
[A] 鐵球釋放瞬間其加速度大小為g
[B] 鐵塊與木塊分離之前細線的張力逐漸增大
[C] 鐵塊與木塊分離時鐵球的加速度大小為g
[D] 從初始狀態到鐵塊與木塊分離時,木塊的位移為-
對點3.動力學的兩類基本問題
6.(4分)如圖,運動員把冰壺沿平直冰面投出,冰壺先在冰面AB段自由滑行,再進入冰刷刷過的冰面BC段并最終停在C點。已知冰壺與AB段、BC段間的動摩擦因數之比為p,冰壺在AB段和BC段滑行的位移大小之比為q,則冰壺在A點和B點的速度大小之比為(　　)
[A] pq [B]
[C] pq+1 [D]
7.(6分)(2024·河北邯鄲模擬)(多選)一質量為m的無人機,在其動力系統提供的恒力作用下,由靜止開始豎直向上運動,經t時間后關閉動力系統,再經3t時間后無人機恰好返回起點。已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　　)
[A] 恒力的大小為mg
[B] 關閉動力系統時無人機的速度大小為gt
[C] 無人機上升的最大高度為gt2
[D] 無人機返回起點時的速度大小為gt
對點4.“等時圓”模型
8.(6分)(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] t19.(4分)如圖所示,一根細線一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱內放有一個質量m=0.1 kg 的物塊,物塊與水平輕質彈簧相連,彈簧的另一端與木箱左壁相連,此時彈簧處于伸長狀態,彈簧的彈力為0.5 N,物塊保持靜止狀態。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把細線剪斷的瞬間,物塊的加速度大小是(　　)
[A] a=0 [B] a=5 m/s2
[C] a=10 m/s2 [D] a=5 m/s2
10.(4分)如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點,O點恰好是半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內。現有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ。現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端,則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tAB11.(10分)(2024·湖北武漢模擬)冰壺是在冰上進行的一種投擲性競賽項目。某次訓練中,冰壺(可視為質點)被運動員擲出后,在水平冰面上沿直線依次經過A、B、C三點后停在O點。已知A、B間的距離x1=26 m,B、C間的距離x2=5.5 m,冰壺通過AB段的時間t1=10 s,通過BC段的時間t2=5 s,假設冰壺和冰面間的動摩擦因數處處相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O兩點之間的距離x3;
(2)冰壺和冰面間的動摩擦因數μ。
12.(12分)(2024·江蘇常州階段練習)兩段斜面AB和BC連接成V字形,連接點B處可以視作一段極短的光滑圓弧,兩段斜面長度均為L=1 m,傾角α=37°,一定質量的小物塊從AB段斜面頂端由靜止開始運動,小物塊與AB段動摩擦因數為μ1=0.5,與BC段動摩擦因數為μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物塊第一次到達B點的速度大小;
(2)小物塊第一次沿斜面AB向上運動的最遠距離。
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高中總復習·物理
第2講　
小專題:牛頓第二定律的基本應用
1.判斷超重和失重的方法
從受力的角度判斷 當物體受到豎直向上的拉力(或支持力):
(1)大于重力時,物體處于超重狀態。
(2)小于重力時,物體處于失重狀態。
(3)等于零時,物體處于完全失重狀態
從加速度的角度判斷 當物體具有的加速度:
(1)方向豎直向上(或豎直分量向上)時,物體處于超重狀態。
(2)方向豎直向下(或豎直分量向下)時,物體處于失重狀態。
(3)方向豎直向下(或豎直分量向下)且等于重力加速度時,物體處于完全失重狀態
從速度變化的角度判斷 (1)物體向上加速或向下減速運動時,物體處于超重狀態。
(2)物體向下加速或向上減速運動時,物體處于失重狀態。
(3)物體以g為加速度向下加速或向上減速運動時,物體處于完全失重狀態
2.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)在完全失重的狀態下,一切由重力產生的物理現象都會完全消失。
(3)即使物體的加速度不是豎直方向,但只要在豎直方向上有加速度的分量,物體就會處于超重或失重狀態。
[例1] 【超、失重現象的判斷】 (2024·山東菏澤三模)(多選)測體重時,電子秤的示數會不斷變化,電子秤的示數始終與它受到的壓力大小成正比,最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化情況。已知該同學的質量為50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中關于電子秤示數說法正確的是(　 　)
[A] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先增大后減小
[B] 該同學在電子秤上下蹲的過程中,電子秤的示數先減小后增大
[C] 在減速下降的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重
[D] 在以5 m/s2的加速度勻加速上升的電梯中,該同學站在電子秤上時電子秤示數為75 kg
BD
[例2] 【超、失重的計算】 (2024·全國甲卷,22)學生小組為了探究超重和失重現象,將彈簧測力計掛在電梯內,測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2。
(1)電梯靜止時測力計示數如圖所示,讀數為　　　　N(結果保留1位小數)。
5.0
【解析】 (1)由題圖可知彈簧測力計的讀數為5.0 N。
(2)電梯上行時,一段時間內測力計的示數為4.5 N,則此段時間內物體處于
　　　　(選填“超重”或“失重”)狀態,電梯加速度大小為　　　　m/s2(結果保留1位小數)。
失重
1.0
【解析】 (2)電梯上行時,一段時間內彈簧測力計的示數為4.5 N,說明電梯內物體受到的拉力小于重力,物體的加速度方向向下,此時物體處于失重狀態,由牛頓第二定律得mg-F=ma,其中mg=5.0 N,F=4.5 N,g=9.8 m/s2,可得a≈1.0 m/s2。
(1)如圖甲所示,小球用水平彈簧系住,并用傾角為θ的光滑板AB托著,板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力如何變化
甲
提示:板AB突然向下撤離的瞬間,小球受到的彈簧彈力和重力不變。
(2)如圖乙所示,小球質量為m,剪斷繩L2前,繩L1上彈力為多少 剪斷繩L2的瞬間,繩L1上彈力又為多少 此時小球的加速度為多大
乙
(3)在(2)中,如果將L1換成彈簧,剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力如何變化 此時合力大小為多少
提示:剪斷L2的瞬間,彈簧上彈力不變,合力為F=mgtan α。
1.兩種模型
2.解題思路
[例3] 【輕彈簧的瞬時加速度】 如圖所示,A、B兩木塊間連一豎直輕彈簧,A、B的質量均為m,一起靜止放在一塊水平光滑木板上。若將此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬間,A、B兩木塊的加速度分別是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
C
[變式1] 【輕桿的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B之間的輕彈簧換成輕桿,在抽去木板的瞬間,A、B的加速度分別是多大
【答案】 g　g
【解析】 抽去木板的瞬間,輕桿的彈力立即突變為零,A、B加速度相同,
aA=aB=g。
[變式2] 【輕彈簧和輕繩的瞬時加速度】 在[例3]中,將A、B用輕繩懸掛,如圖所示,剪斷輕繩瞬間,A、B的加速度分別是多大
【答案】 2g　0
【解析】 剪斷輕繩瞬間,彈簧彈力不變,木塊A受重力和彈力作用,加速度為aA=2g,木塊B受力不變,aB=0。
[例4] 【輕彈簧和輕桿在斜面上的瞬時加速度】 (多選)如圖甲、乙所示,光滑斜面上,當系統靜止時,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質量相等。在突然撤去擋板的瞬間,下列說法正確的是(　 　)
[A] 兩圖中兩球加速度大小均為gsin θ
[B] 兩圖中A球的加速度大小均為零
[C] 圖甲中B球的加速度大小為2gsin θ
[D] 圖乙中B球的加速度大小為gsin θ
CD
【解析】 撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小都為2mgsin θ。因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,題圖甲中A球所受合力大小為零,加速度大小為零,B球所受合力大小為2mgsin θ,加速度大小為2gsin θ。題圖乙中桿的彈力突變為零,A、B兩球所受合力大小均為mgsin θ,加速度大小均為gsin θ,故A、B錯誤,C、D正確。
1.動力學問題的解題思路
2.分析動力學兩類基本問題的關鍵
(1)做好兩類分析:物體的受力分析和物體的運動過程分析。
(2)搭建兩個橋梁:加速度是聯系運動和力的橋梁;連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁。
[例5] 【已知運動求力】 (2024·福建南平三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史,有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示,挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹,從半蹲狀態到直立狀態,此過程中毛竹經歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段,兩階段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等。已知毛竹上升過程總時間為t,上升高度為h,毛竹和綿幡的總質量為m,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。求毛竹上升過程中:
(1)最大速度vm的大小;
規范答題
(2)勻加速階段加速度a的大小;
規范答題
(3)勻減速階段對表演者的壓力F的大小。
規范答題
[例6] 【已知力求運動】 (2024·湖南岳陽月考)無人機可在空中進行監測、航拍等任務,要讓監測所用的無人機從地面豎直起飛,最終懸停在某一高度的空中,如圖所示。已知無人機質量M=1.8 kg,動力系統能提供的最大升力F=28 N,上升過程中能達到的最大速度為v=6 m/s,豎直飛行時所受空氣阻力大小恒為F阻=4 N;固定在無人機下方鐵桿上的監測攝像頭質量m=0.2 kg,其所受空氣阻力不計,g取10 m/s2。
(1)無人機以最大升力豎直起飛,求達到最大速度時所上升的高度h1;
【答案】 (1)9 m　
(2)無人機以最大升力豎直起飛時,求攝像頭對鐵桿的作用力大小;
【答案】 (2)2.4 N
【解析】 (2)對攝像頭,根據牛頓第二定律有FT-mg=ma1,
代入數據得FT=2.4 N,
由牛頓第三定律知,攝像頭對鐵桿的作用力大小FT′=FT=2.4 N。
(3)無人機從地面豎直起飛,要求在t=7 s內實現懸停,求其能上升的最大高度H。
【答案】 (3)31.5 m
(1)如圖所示,豎直圓環的直徑為d,物體從豎直圓環上最高點由靜止開始沿光滑豎直直徑AB下滑,滑到下端所用時間為多少
(2)如圖所示,設某一條光滑弦AC與水平方向的夾角為α,試寫出物體從環上最高點由靜止開始沿光滑弦AC滑到下端所用時間的表達式。
(3)比較(1)(2)中的結果,會發現什么規律
提示:物體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。
1.“等時圓”模型概述
所謂“等時圓”模型,就是物體沿著位于同一豎直圓上的不同位置的所有光滑弦由靜止下滑,到達圓周的最低點(或從圓周上的最高點到達該圓周上其他點)的時間相等,都等于物體沿豎直直徑做自由落體運動所用的時間。
2.模型的三種情況
(1)物體從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間相等,如圖甲所示。
(2)物體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,如圖乙所示。
(3)兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點,物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示。
[例7] 【“等時圓”模型的分析】 如圖所示,ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,b點為圓周的最低點,c點為圓周的最高點,若每根桿上都套著一個小滑環(圖中未畫出),將兩滑環同時從a、c處由靜止釋放,用t1、t2分別表示滑環從a到b、c到d所用的時間,則(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1A
方法點撥
“等時圓”模型求解方法
基礎對點練
對點1.對超重與失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金華三模)熱氣球內的定位裝置能把相同時間間隔內熱氣球的位置變化記錄下來,如圖記錄的是在一定高度上正在豎直上升的熱氣球每隔2 s熱氣球的高度變化,記錄單位是米。下列對熱氣球在記錄時間內的運動判斷正確的是(　　)
[A] 記錄豎直上升的高度變化,熱氣球不能被視為質點
[B] 熱氣球正處在超重狀態
[C] 我們可以用Δx=aT2來計算出熱氣球的上升加速度
[D] 記錄時間內熱氣球的平均速度大小約為 1.78 m/s
D
2.(6分)(2024·河南鄭州模擬)(多選)體育課上某同學在做引體向上,他兩手握緊單杠,身體懸垂,接著用力上拉使下頜超過單杠(身體無擺動),稍作停頓后放松肩臂下降至起始位置。關于一次引體向上的過程,下列說法正確的是
(　 　)
[A] 初始懸垂時若改變兩手間的距離,兩臂拉力的合力保持不變
[B] 向上拉升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力
[C] 初始用力開始上升時和下降過程最后停下前,人均處于超重狀態
[D] 在下降過程中人始終處于失重狀態
AC
【解析】 懸垂時兩臂拉力的合力等于該同學的重力,保持不變,故A正確;在上升過程中,人先加速后減速,先超重后失重,則單杠對人的作用力先大于人的重力后小于人的重力;在下降過程中,身體先做加速運動,后做減速運動,人先處于失重狀態,后處于超重狀態,單杠對人的作用力先小于人的重力,后大于人的重力,故C正確,B、D錯誤。
對點2.牛頓第二定律的瞬時性問題
3.(4分)(2025·陜晉青寧高考適應性考試)如圖,質量均為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,處于靜止狀態,L1水平,L2與豎直方向的夾角為60°,重力加速度大小為g。則(　　)
C
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如圖,質量分別為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,處于靜止狀態,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
5.(6分)(2024·河南駐馬店二模)(多選)如圖所示,輕彈簧豎直固定在水平桌面上,質量為m1的木塊放置在彈簧上但不拴接,質量為m2的鐵塊放置在木塊上并通過跨過光滑定滑輪的輕質細線與質量為M的鐵球連接,先用手托住鐵球使細線恰好伸直但無張力,然后將鐵球由靜止釋放。已知重力加速度為g,M>m2,輕彈簧勁度系數為k,彈簧始終處于彈性限度內,則(　 　)
BCD
對點3.動力學的兩類基本問題
6.(4分)如圖,運動員把冰壺沿平直冰面投出,冰壺先在冰面AB段自由滑行,再進入冰刷刷過的冰面BC段并最終停在C點。已知冰壺與AB段、BC段間的動摩擦因數之比為p,冰壺在AB段和BC段滑行的位移大小之比為q,則冰壺在A點和B點的速度大小之比為(　 　)
D
7.(6分)(2024·河北邯鄲模擬)(多選)一質量為m的無人機,在其動力系統提供的恒力作用下,由靜止開始豎直向上運動,經t時間后關閉動力系統,再經3t時間后無人機恰好返回起點。已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　 　)
BC
對點4.“等時圓”模型
8.(6分)(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] t1CD
9.(4分)如圖所示,一根細線一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱內放有一個質量m=0.1 kg 的物塊,物塊與水平輕質彈簧相連,彈簧的另一端與木箱左壁相連,此時彈簧處于伸長狀態,彈簧的彈力為0.5 N,物塊保持靜止狀態。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把細線剪斷的瞬間,物塊的加速度大小是(　　)
D
綜合提升練
10.(4分)如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點,O點恰好是半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內。現有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ。現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端,則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tABB
【解析】 如圖所示,過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G,以OG為直徑作圓,可以看出D點在輔助圓上,F點在輔助圓內,而B點在輔助圓外,由等時圓結論可知tAB>tCD>tEF,B正確。
11.(10分)(2024·湖北武漢模擬)冰壺是在冰上進行的一種投擲性競賽項目。某次訓練中,冰壺(可視為質點)被運動員擲出后,在水平冰面上沿直線依次經過A、B、C三點后停在O點。已知A、B間的距離x1=26 m,B、C間的距離x2=5.5 m,冰壺通過AB段的時間t1=10 s,通過BC段的時間t2=5 s,假設冰壺和冰面間的動摩擦因數處處相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O兩點之間的距離x3;
【答案】 (1)0.9 m
(2)冰壺和冰面間的動摩擦因數μ。
【答案】 (2)0.02
【解析】 (2)假設冰壺與冰面間的摩擦力大小為Ff,則有Ff=μmg,
根據牛頓第二定律可知Ff=ma,
已知a=0.2 m/s2,聯立以上各式可得μ=0.02。
12.(12分)(2024·江蘇常州階段練習)兩段斜面AB和BC連接成V字形,連接點B處可以視作一段極短的光滑圓弧,兩段斜面長度均為L=1 m,傾角α=37°,一定質量的小物塊從AB段斜面頂端由靜止開始運動,小物塊與AB段動摩擦因數為μ1=0.5,與BC段動摩擦因數為μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。求:
(1)小物塊第一次到達B點的速度大小;
【答案】 (1)2 m/s
(2)小物塊第一次沿斜面AB向上運動的最遠距離。
【答案】 (2)0.1 m

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