第三章 第2講　牛頓第二定律的基本應(yīng)用-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用[課標(biāo)要求]1.會對瞬時加速度問題進行分析計算。2.會利用牛頓第二定律對超重、失重問題進行分析。3.會解答動力學(xué)的兩類基本問題?？键c一瞬時加速度問題瞬時加速度問題的兩類模型輕繩、輕桿和接觸面不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷或脫離后，不需要時間恢復(fù)形變，彈力立即消失或改變，一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理。彈簧、蹦床和橡皮條當(dāng)彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認(rèn)為是不變的，即此時彈簧的彈力不會發(fā)生突變?？枷?輕繩與輕彈簧模型兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，用一根輕繩2連接，另一根輕繩1把小球A系于天花板上，整體處于平衡狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩1，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別為a1和a2，則()A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0答案：A解析：由于繩子拉力可以突變，故剪斷輕繩1后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故A正確。[拓展變式1]在【例1】中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則()A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0答案：D解析：剪斷輕繩的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為0，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故D正確。[拓展變式2]將【拓展變式1】中的模型放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示，系統(tǒng)靜止時，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，下列正確的是()A．a(chǎn)A＝0aB＝eq\f(1,2)g B．a(chǎn)A＝gaB＝0C．a(chǎn)A＝gaB＝g D．a(chǎn)A＝0aB＝g答案：B解析：輕繩被剪斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零。剪斷前，分析整體受力可知輕繩的拉力為FT＝2mgsinθ，剪斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsinθ，小球B所受合力為0，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin30°＝g，aB＝0，故B正確。對點練．如圖所示，A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L2連接，細(xì)繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細(xì)繩L2水平拉直，現(xiàn)將細(xì)繩L2剪斷，則細(xì)繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1B．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θC．A與B的加速度之比為1∶1D．A與B的加速度之比為cosθ∶1答案：D解析：根據(jù)題述可知，A、B兩球的質(zhì)量相等，設(shè)為m，剪斷細(xì)繩L2瞬間，對A球進行受力分析，如圖甲所示，有FT＝mgcosθ，mgsinθ＝ma1；剪斷細(xì)繩L2瞬間，對B球進行受力分析，如圖乙所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Fcosθ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cosθ∶1，故D正確?？枷?輕彈簧與輕桿模型如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，A球質(zhì)量為2m、B球質(zhì)量為m，圖甲中A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，在系統(tǒng)靜止時，突然撤去擋板的瞬間，則有()A．圖甲中A球的加速度為gsinθB．圖甲中B球的加速度為0C．圖乙中A、B兩球的加速度均為0D．圖乙中A、B兩球的加速度均為gsinθ答案：D解析：題圖甲中撤去擋板瞬間，由于彈簧彈力不能突變，則A球所受合力為0，加速度為0，選項A錯誤；撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為3mgsinθ，撤去擋板瞬間，B球與擋板之間彈力消失，B球所受合力為3mgsinθ，加速度為3gsinθ，選項B錯誤；題圖乙中撤去擋板前，輕桿上的彈力為2mgsinθ，但是撤去擋板瞬間，桿的彈力突變?yōu)?，A、B兩球作為整體以共同加速度運動，所受合力為3mgsinθ，加速度均為gsinθ，選項C錯誤，D正確。學(xué)生用書第47頁規(guī)律總結(jié)求解瞬時加速度問題的基本思路1．分析原狀態(tài)(給定狀態(tài))下物體的受力情況，求出各力大小((1)若物體處于平衡狀態(tài)，則利用平衡條件；(2)若處于非平衡狀態(tài)，則利用牛頓第二定律)。2．分析當(dāng)狀態(tài)變化時(剪斷細(xì)線、剪斷彈簧、抽出木板、撤去某個力等)，哪些力變化，哪些力不變，哪些力消失(被剪斷的繩、彈簧中的彈力，發(fā)生在被撤去物接觸面上的彈力都立即消失)。3．求物體在狀態(tài)變化后所受的合外力，利用牛頓第二定律，求出瞬時加速度。對點練．如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B和C分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計。重力加速度為g。整個系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷，在輕繩剛斷的瞬間()A．吊籃A的加速度大小為gB．物體B的加速度大小為gC．物體C的加速度大小為gD．A、C間的彈力大小為0.5mg答案：D解析：將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得，aAC＝eq\f(F＋4mg,4m)＝eq\f(2mg＋4mg,4m)＝1.5g，即A、C的加速度均為1.5g，選項A、C錯誤；在輕繩剛斷的瞬間，彈簧的彈力不能突變，則物體B受力情況不變，故物體B的加速度大小為零，選項B錯誤；剪斷輕繩的瞬間，A受到重力和C對A的作用力，對A，由牛頓第二定律有FAC＋mg＝maAC，解得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，選項D正確。考點二超重與失重問題1．實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力，此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較狀態(tài)超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于0產(chǎn)生條件豎直方向上，物體的加速度向上豎直方向上，物體的加速度向下豎直方向上，物體的加速度向下等于g運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g為加速度加速下降或減速上升原理方程F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0【高考情境鏈接】(2022·浙江6月選考·改編)如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程。判斷下列說法的正誤：(1)魚兒吞食花瓣時魚兒處于超重狀態(tài)。(×)(2)魚兒擺尾出水時處于失重狀態(tài)。(×)(3)魚兒吞食花瓣后下落的過程處于完全失重狀態(tài)。(√)判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)物體受到向上的拉力(或支持力)：(1)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；(2)小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；(3)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)物體具有的加速度：(1)方向向上(或豎直分量向上)時，物體處于超重狀態(tài)。(2)方向向下(或豎直分量向下)時，物體處于失重狀態(tài)。(3)方向向下(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(tài)。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(tài)。(2)物體向下加速或向上減速運動時，物體處于失重狀態(tài)。(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(tài)。學(xué)生用書第48頁(多選)蹦床有“空中芭蕾”之稱。某運動員做蹦床運動時，利用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力F隨時間t的變化圖像如圖所示。若運動員僅在豎直方向運動，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。依據(jù)圖像給出的信息，下列說法正確的是()A．運動員的質(zhì)量為60kgB．運動員的最大加速度為45m/s2C．運動員離開蹦床后上升的最大高度為5mD．9.3s至10.1s內(nèi)，運動員一直處于超重狀態(tài)答案：ABC解析：由題圖所給信息可知，開始時運動員靜止在蹦床上，所受彈力與重力大小相等，即mg＝600N，解得運動員的質(zhì)量m＝60kg，選項A正確；在蹦床上時受到的最大彈力Fm＝3300N，則最大加速度am＝eq\f(Fm－mg,m)＝45m/s2，選項B正確；運動員離開蹦床后在空中運動的時間t＝2s，上升和下落的時間均為1s，則最大高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，選項C正確；9.3s至10.1s內(nèi)，運動員先失重、后超重、再失重，D錯誤。對點練1．(2024·四川遂寧質(zhì)檢)如圖所示，電梯使用電動機通過鋼絲繩使供人乘坐的轎廂在高低樓層之間來回運動，設(shè)某次人與轎廂的總重力為G，鋼絲繩的拉力為FT，忽略繩重平衡鏈重力，則下列說法正確的是()A．電梯在減速上升時，人在電梯中處于失重狀態(tài)，G＜FTB．電梯在加速上升時，人在電梯中處于超重狀態(tài)，G＜FTC．電梯在加速下降時，人在電梯中處于超重狀態(tài)，G＞FTD．電梯在勻速上升時，人在電梯中處于平衡狀態(tài)，G＜FT答案：B解析：電梯在減速上升時，加速度向下，人在電梯中處于失重狀態(tài)，G＞FT，選項A錯誤；電梯在加速上升時，加速度向上，人在電梯中處于超重狀態(tài)，G＜FT，選項B正確；電梯在加速下降時，加速度向下，人在電梯中處于失重狀態(tài)，G＞FT，選項C錯誤；電梯在勻速上升時，人在電梯中處于平衡狀態(tài)，G＝FT，選項D錯誤。對點練2．(多選)如圖為泰山的游客乘坐索道纜車上山的情景。下列說法中正確的是()A．索道纜車啟動時游客處于超重狀態(tài)B．索道纜車到達(dá)終點停止運動前游客處于失重狀態(tài)C．索道纜車正常勻速運動時站在纜車地板上的游客不受摩擦力作用D．索道纜車啟動時站在纜車地板上的游客不受摩擦力作用答案：ABC解析：索道纜車啟動時游客隨著纜車做斜向上的加速運動，加速度有豎直向上和水平向前兩個分量，游客處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律可知站在纜車地板上的游客受到水平向前的摩擦力作用，A正確，D錯誤；索道纜車到達(dá)終點停止運動前游客隨著纜車做斜向上的減速運動，加速度有豎直向下和水平向后兩個分量，游客處于失重狀態(tài)，B正確；索道纜車正常勻速運動時處于平衡狀態(tài)，站在纜車地板上的游客受重力和地板的支持力作用而平衡，不受地板的摩擦力作用，C正確，故選ABC。考點三動力學(xué)的兩類基本問題動力學(xué)的兩類基本問題及解決程序圖關(guān)鍵：以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解有關(guān)問題?？枷?已知受力求運動情況(2022·浙江6月選考)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大?。粚W(xué)生用書第49頁(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2。(2)根據(jù)運動學(xué)公式v2＝2a1l1解得v＝4m/s。(3)根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma2根據(jù)運動學(xué)公式可得veq\o\al(2,末)－v2＝－2a2l2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l2＝2.7m。對點練．(多選)(2023·河北衡水二模)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對運動，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，球筒與手之間的滑動摩擦力為Ff1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計，當(dāng)球筒獲得一個初速度后()A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s答案：BD解析：依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，求得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2，羽毛球向下做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；對筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，負(fù)號表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運動，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時，二者速度相等，此時筒獲得的初速度最小為vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋eq\f(1,2)a2t2)－eq\f(1,2)a1t2＝d，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vmin＝3m/s，故C錯誤，D正確。故選BD。考向2已知運動情況求受力(多選)(2022·湖南高考)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率的平方成正比(即F阻＝kv2，k為常量)。當(dāng)發(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g，不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是()A．發(fā)動機的最大推力為1.5MgB．當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為eq\f(\r(17),4)MgC．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5eq\r(3)m/sD．當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達(dá)到3g答案：BC解析：飛行器關(guān)閉發(fā)動機，以v1＝10m/s勻速下落時，有Mg＝kveq\o\al(2,1)＝k×100m2/s2，飛行器以v2＝5m/s向上勻速時，設(shè)最大推力為Fm，F(xiàn)m＝Mg＋kveq\o\al(2,2)＝Mg＋k×25m2/s2，聯(lián)立可得Fm＝1.25Mg，k＝eq\f(Mg,100m2/s2)，A錯誤；飛行器以v3＝5m/s勻速水平飛行時，F(xiàn)＝eq\r(（Mg）2＋（kv3）2)＝eq\f(\r(17),4)Mg，B正確；發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時F阻′＝eq\r(Feq\o\al(2,m)－（Mg）2)＝eq\f(3,4)Mg＝kveq\o\al(2,4)，解得v4＝5eq\r(3)m/s，C正確；當(dāng)飛行器最大推力方向向下，以v5＝5m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達(dá)到最大值，有Fm＋Mg＋kveq\o\al(2,5)＝Mam，解得am＝2.5g，D錯誤。故選BC。規(guī)律總結(jié)解答動力學(xué)基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”學(xué)生用書第50頁對點練．(多選)(2023·安徽安慶模擬)一熱氣球懸停在距地面65m處(無人區(qū))，由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時間內(nèi)漏掉了一部分氣體，被及時堵住后氣球在豎直方向上由靜止開始向下做勻加速直線運動，30s后速度增加到3m/s，此時工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運動，又過了30s氣球再次到達(dá)之前的高度。已知熱氣球漏掉一部分氣體后的總質(zhì)量為600kg，堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小為0.1m/s2B．熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600NC．熱氣球距地面的最小距離為20mD．拋出物的質(zhì)量為23.3kg答案：AD解析：熱氣球向下做勻加速直線運動的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(3－0,30)m/s2＝0.1m/s2，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故B錯誤；設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為a′，則氣球回到原高度時有eq\f(1,2)at2＝－at2＋eq\f(1,2)a′t2，把t＝30s代入上式，解得a′＝0.3m/s2，熱氣球從開始減速到下降到最低點時，所用的時間為t′＝eq\f(at,a′)＝eq\f(t,3)，可得熱氣球下降的最大高度為h＝eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)a′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)))2＝60m，所以熱氣球距地面的最小距離hmin＝65m－60m＝5m，故C錯誤；設(shè)拋出物的質(zhì)量為Δm，拋出后根據(jù)牛頓運動定律，有F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a′，解得Δm≈23.3kg，故D正確。故選AD?？枷?兩類基本問題的綜合(2024·山東威海模擬)2023年5月15日，我國首次火星探測器“天問一號”成功著陸火星剛好2周年。如圖為探測器在火星表面最后100米著陸的模擬示意圖。探測器到達(dá)距火星表面100米的時候，進入懸停階段，某時刻從懸停開始關(guān)閉探測器發(fā)動機，探測器開始豎直勻加速下落，5s后開啟發(fā)動機，探測器開始豎直勻減速下落，到達(dá)火星表面時，探測器速度恰好為零，假設(shè)探測器下落過程中受到火星大氣的阻力恒為探測器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4m/s2，探測器總質(zhì)量為5噸(不計燃料燃燒引起的質(zhì)量變化)。求(1)全程的平均速度大??；(2)減速下落過程中的加速度大小(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；(3)減速下落過程中發(fā)動機產(chǎn)生的推力大小(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案：(1)8m/s(2)2.1m/s2(3)2.7×104N解析：(1)探測器勻加速下落過程中，由牛頓第二定律得mg火－Ff＝ma1，其中Ff＝0.2mg火解得a1＝3.2m/s25s末的速度為v＝a1t1＝16m/s全程的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝8m/s。(2)加速下落過程中，由h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入數(shù)值得h1＝40m減速下落過程中通過的位移為h2＝H－h(huán)1＝60m減速下落過程中的加速度大小a2＝eq\f(v2,2h2)≈2.1m/s2。(3)設(shè)減速下落過程中發(fā)動機產(chǎn)生的推力大小為F，有F＋Ff－mg火＝ma2解得F≈2.7×104N。“賽跑”問題是指物體從光滑斜面頂端由靜止下滑到底端所用時間長短的比較問題。設(shè)斜面的長度為L、傾角為θ，物體滑行加速度為a、滑行時間為t。根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma由位移公式得L＝eq\f(1,2)at2；聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθ))，由此可知下滑時間由斜面的長度L、傾角θ決定。對于物體在不同光滑斜面上下滑時間的比較問題，根據(jù)斜面的特點可以分為以下三類情況討論：學(xué)生用書第51頁1．等高的斜面(如圖1所示)由于L＝eq\f(h,sinθ)，代入上面的通式可得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由此可知傾角越小，下滑時間越長，故圖1中：t1＞t2＞t3。2．同底的斜面(如圖2所示)由于L＝eq\f(d,cosθ)，代入上面的通式可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，由此可知：(1)θ＝45°時下滑時間最短；(2)傾角θ關(guān)于“θ＝45°”數(shù)值對稱的兩個斜面上的下滑時間t相等，其t-θ圖像如圖3所示，故圖2中：t1＝t3＞t2。3．同圓周的斜面——“等時圓”模型同圓周的斜面可以分為以下三類：(1)圓周內(nèi)同頂端的斜面(如圖4所示)：即在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上某點。由于L＝2R·sinθ，代入上面的通式可得t＝eq\r(\f(4R,g))，可推得：t1＝t2＝t3。(2)圓周內(nèi)同底端的斜面(如圖5所示)：即在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得：t1＝t2＝t3。(3)雙圓周內(nèi)的斜面(如圖6所示)：即在豎直面內(nèi)兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓外切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置。同理可推得：t1＝t2＝t3。應(yīng)用1．[同底的斜面](2021·全國甲卷)如圖，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(diào)節(jié)，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(guān)。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．先減小后增大答案：D解析：設(shè)QP在水平面的投影長度為L，則QP長度為eq\f(L,cosθ)，物塊在光滑長平板上下滑的加速度a＝gsinθ，由eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝2eq\r(\f(L,gsin2θ))，顯然在θ＝45°時，t最小，所以平板與水平面的夾角由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將先減小后增大，選項D正確。應(yīng)用2．[“等時圓”模型]傾角為θ的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、D三點，其中AC與斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ＜45°)，現(xiàn)有三個質(zhì)量均為m的小圓環(huán)(看作質(zhì)點)分別套在三根細(xì)桿上，依次從A點由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點所用時間分別為tB、tC、tD，下列說法正確的是()A．tB＞tC＞tD B．tB＝tC＜tDC．tB＜tC＜tD D．tB＜tC＝tD答案：B解析：由∠BAC＝θ可以判斷AB豎直向下，以AB為直徑作圓，如圖所示，由幾何關(guān)系可知C點落在圓周上，D點落在圓周外，由等時圓的知識可知tB＝tC＜tD，故選B。課時測評12牛頓第二定律的基本應(yīng)用eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P373)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～8題，每題4分，共32分)1．如圖是某隊員的一次跳起扣球的情境，隊員經(jīng)歷了下蹲、蹬地、離地上升過程，動作一氣呵成，若不計空氣阻力，關(guān)于隊員的一系列動作。下列說法正確的是()A．隊員下蹲過程始終處于失重狀態(tài)B．隊員蹬地上升到離地過程中，隊員蹬地的力大于地面對隊員的支持力C．隊員蹬地上升到離地過程中，可能先超重后失重D．隊員離地后上升過程中，處于完全失重狀態(tài)，因此不受重力作用答案：C解析：隊員下蹲過程，先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，因此隊員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A項錯誤；隊員蹬地上升到離地過程中，根據(jù)牛頓第三定律可知，隊員蹬地的力等于地面對隊員的支持力，B項錯誤；隊員蹬地上升到離地過程中，加速度的方向可能先向上后向下，因此可能先超重后失重，C項正確；隊員離地后上升過程中，處于完全失重狀態(tài)，仍受重力作用且所受重力不變，D項錯誤。2．(多選)如圖為跳傘者在下降過程中豎直速度v隨時間t變化的示意圖。根據(jù)示意圖，判定下列說法正確的是()A．0～t1時間內(nèi)速度越大，空氣阻力越大B．傘在水平方向上越飛越遠(yuǎn)C．tanθ＝g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?D．在t1和t2之間，跳傘者處于超重狀態(tài)答案：AD解析：v-t圖像斜率代表加速度，0～t1時間內(nèi)圖像斜率變小，則加速度變小，由Ff＝mg－ma可知，空氣阻力變大，故A正確；圖像反映的是豎直方向上的運動情況，無法觀察水平運動情況，故B錯誤；斜率代表加速度，在加速下降過程有ma＝mg－Ff，加速度小于等于g，但tanθ≠a，故C錯誤；t1～t2時間內(nèi)跳傘者減速下降，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。3．(2024·山東濱州質(zhì)檢)如圖所示，輕繩一端連接一質(zhì)量為m的物體，另一端固定在左側(cè)豎直墻壁上，輕繩與豎直墻壁間夾角為45°，物體右側(cè)與一輕彈簧相連，輕彈簧另一端固定于右側(cè)豎直墻壁上，此時物體對光滑地面的壓力恰好為零，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．此時物體一定受四個力作用B．若突然撤去彈簧，則物體將向左加速運動C．突然剪斷輕繩的瞬間，物體的加速度大小為14.1m/s2D．若突然剪斷輕繩，此時物體受三個力作用答案：D解析：由題意可知，此時物體對光滑地面的壓力恰好是零，對物體受力分析，物體受到重力、輕繩的拉力和輕彈簧的彈力，共三個力作用，A錯誤；若突然撤去彈簧，則輕繩的拉力發(fā)生突變，物體受到重力、地面的支持力，共兩個力作用，處于靜止?fàn)顟B(tài)，B錯誤；在沒有剪斷輕繩前，對物體，由共點力平衡條件可得F彈＝mgtan45°＝mg，突然剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不會突變，物體受到重力、輕彈簧的彈力和地面的支持力三個力的作用，由牛頓第二定律可得F彈＝ma，解得a＝10m/s2，C錯誤，D正確。4．如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，物塊2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)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．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,m)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g答案：C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，此時彈簧對物塊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，即a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C正確。5．(2020·山東高考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)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(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg答案：D解析：根據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN＜mg，選項A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN＞mg，選項C錯誤，D正確。6．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點恰好是下半圓的圓心，現(xiàn)在有三條光滑軌道AB、CD、EF，它們的上下端分別位于上下兩圓的圓周上，三軌道都經(jīng)過切點O，軌道與豎直線的夾角關(guān)系為α＜β＜θ?，F(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為()A．tAB＞tCD＞tEF B．tAB＝tCD＝tEFC．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF答案：A解析：假設(shè)上圓半徑為R1，下圓半徑為R2，則以AB軌道為例進行分析有l(wèi)AB＝2R1cosθ＋R2，aAB＝gsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝gcosθ，由l＝eq\f(1,2)at2，可得2R1cosθ＋R2＝eq\f(1,2)gcosθ×teq\o\al(2,AB)，解得tAB＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosθ))，同理可得tCD＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosβ))，tEF＝eq\r(\f(4R1,g)＋\f(2R2,gcosα))，因為α＜β＜θ，所以cosθ＜cosβ＜cosα，所以tAB＞tCD＞tEF，故選A。7．(多選)(2024·河北邯鄲模擬)隨著科技的發(fā)展，我國的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離。如圖所示，某航空母艦的水平跑道總長l＝180m，電磁彈射區(qū)的長度l1＝80m，一架質(zhì)量m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可為飛機提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假設(shè)飛機在航母上受到的阻力恒為飛機重力的eq\f(1,5)。若飛機可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點，從右邊沿離艦的起飛速度v＝40m/s，航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)(電磁彈射器提供的牽引力恒定且飛機在彈射區(qū)發(fā)動機正常工作，取g＝10m/s2)。下列說法正確的是()A．飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度大小a1＝5.0m/s2B．飛機在電磁彈射區(qū)的末速度大小v1＝20m/sC．電磁彈射器對飛機的牽引力F牽的大小為2×104ND．電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的答案：AC解析：根據(jù)牛頓第二定律，飛機離開電磁彈射區(qū)后有F推－eq\f(1,5)mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飛機在電磁彈射區(qū)的末速度v1＝20eq\r(2)m/s，由veq\o\al(2,1)＝2a1l1，解得飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度a1＝5.0m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有F牽＋F推－eq\f(1,5)mg＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得F牽＝2×104N，故A、C正確，B錯誤；根據(jù)P＝Fv可知電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，故D錯誤。8．(多選)(2024·安徽銅陵模擬)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻F突然反向，大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法中正確的是()A．0～5m內(nèi)物塊做勻減速運動B．在t＝1s時刻，恒力F反向C．恒力F大小為10ND．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3答案：ABD解析：0～5m內(nèi)，由veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1，得veq\o\al(2,1)＝2a1x1＋veq\o\al(2,0)，由題圖乙知，2a1＝－20m/s2，則a1＝－10m/s2，物塊做