3.2.1 牛顿第二定律（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

　第二讲　牛顿第二定律及其应用 第1课时　牛顿第二定律(系统知能课) |纲举目张||精要回顾|　 [微点判断] (1)物体加速度的方向一定与物体所受合外力方向相同。(√) (2)质量越大的物体，加速度越小。(×) (3)物体的质量与加速度成反比。(×) (4)物体受到外力作用，立即产生加速度。(√) (5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(×) (6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√) (7)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√) (8)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×) (9)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√) (10)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。(×) (11)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。(√) |关键知能||升维学习|　 逐点清(一)　牛顿第二定律的理解(基础点速过) ◉对牛顿第二定律的理解 1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(　 ) A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 解析：选D　根据牛顿第二定律a＝可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，由牛顿第二定律可知，物体的水平加速度与质量成反比，D正确。 ◉合力、加速度、速度之间的关系 2．下列关于物体的速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　 ) A．速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大 B．速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0 C．速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D．速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力一定不为0 解析：选C　速度和加速度无必然的联系，则物体的速度越大，加速度不一定越大，所受的合外力也不一定越大，A错误；物体的速度为0，加速度不一定为0，所受的合外力也不一定为0，B错误；物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，C正确；物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0，D错误。 ◉牛顿第二定律的简单应用 3．(2024·江苏扬州调研)有部分司机喜欢将汽车天线装饰成如图甲，在车顶上装一朵仙人球，图甲可以简化为图乙，固定在小车上的斜杆与水平方向的夹角为θ，在斜杆顶端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(　 ) A．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 B．小车向右匀速运动时，F＝mg，方向竖直向上 C．小车向右匀加速运动时，作用力F方向一定沿杆向右上方 D．小车向右匀加速运动时，一定有F>mg，方向竖直向上 解析：选B　小球静止不动或匀速运动时，受力平衡，必受重力和杆对其向上的作用力，即作用力为F＝mg，方向竖直向上，故A错误，B正确；当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和杆对其的作用力，合力为F合＝ma，方向水平向右，根据平行四边形定则，杆对球的作用力方向斜向右上方，与水平方向的夹角设为α，大小为F＝＞mg，因为θ是固定值，而a是不定值，故α不一定等于θ，即杆对球的作用力方向不一定沿杆向右上方，也不可能竖直向上，故C、D错误。故选B。 1．牛顿第二定律的五个特性 2．合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。 (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。 3．物体运动性质分析的三点提醒 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 逐点清(二)　牛顿第二定律的瞬时性问题(迷盲点精研) 1．[轻绳连接] 如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　 ) A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ 解析：选B　据题意，在AC剪断前有：TBC＝，AC剪断后有：TBC′＝mgcos θ，且mgsin θ＝ma，所以A错误，B正确；在BC剪断前：TAC＝mgtan θ，BC剪断之后根据橡皮筋弹力瞬间保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtan θ，其合力为F合＝，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2 θ)＝，则加速度为a＝＝，所以C、D错误。 2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则(　 ) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 解析：选A　剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，A正确。 1．求解瞬时加速度的一般思路 (1)分析瞬时变化前、后物体的受力情况； (2)根据牛顿第二定律列方程； (3)求瞬时加速度。 2．轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 (1)在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。　　 3．[弹簧连接]如图所示，小球a的质量为2m，小球b的质量为m，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态。轻弹簧A与竖直方向夹角为53°，轻绳水平，则下列说法正确的是(cos 53°＝0.6)(　 ) A．轻弹簧A、B的弹力之比为5∶3 B．轻弹簧A、B的弹力之比为5∶2 C．轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为2g和0 D．轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为3g和0 解析：选C　对小球b，根据平衡条件有mg＝FB，对小球a、b整体分析，根据平衡条件有3mg＝FAcos 53°，解得FA∶FB＝5∶1，故A、B错误。设轻绳的张力为T，对小球a，根据平衡条件有T＝FAsin 53°＝4mg，当轻绳被剪断瞬间，轻绳上张力变为零，在此瞬间小球a所受合力大小即为4mg，由牛顿第二定律有4mg＝2maa，解得aa＝2g；对于小球b，因弹簧弹力不会发生突变，因此当轻绳被剪断瞬间，小球b加速度为0，故C正确，D错误。 4．[橡皮筋连接]如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在纸盒底部的正中间。小球放在纸盒口边上，现让纸盒从一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力，则释放的瞬间(　 ) A．橡皮筋的弹力为0 B．小球加速度大小等于重力加速度g C．纸盒加速度大小小于重力加速度g D．橡皮筋对纸盒作用力大小等于2mg 解析：选D　释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；设纸盒质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为(M＋2m)g，方向竖直向上，设橡皮筋对纸盒的作用力为F，由受力平衡得F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮筋对纸盒的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；释放的瞬间，纸盒所受合力为F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a＝＝g>g，故C错误。 　 弹簧、橡皮绳类模型的特点 (1)当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 (2)在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。　　　　　 逐点清(三)　动力学的两类基本问题(重难点疏通) 1．两类动力学问题的解题关键 两个分析 受力情况分析；运动规律分析 两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁 速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象 受力分析和 运动过程分析 画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程 选取正方向 或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向 确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律F合＝ma或 列方程求解，必要时对结果进行讨论 [考法全训] 考法(一)　已知受力情况求运动情况 [例1]　物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示， 倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式2a1l1＝v2 解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2 根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m [针对训练] 1．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析：选B　根据题意，小物块平均速度为1 m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则＝1 m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2 m/s，由v2－v02＝－2μgx得μ最大为0.2，故选B。 考法(二)　已知运动情况求受力情况 [例2]　(2024年1月·九省联考黑龙江、吉林卷)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1＝45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小； (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。 [解析]　(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2，mgsin θ＝ma1 联立得v＝＝15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2 解得a＝＝7.5 m/s2。 (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，根据牛顿第二定律有2Fsin －mgsin θ＝ma 解得F＝＝500 N。 [答案]　(1)7.5 m/s2　(2)500 N [针对训练] 2．乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目，运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　 ) A．乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左 B．乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零 C．球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力 D．球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力 解析：选B　 乒乓球与球拍保持相对静止，一起向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，乒乓球受到水平向右的合外力，若乒乓球向右运动的加速度a＝gtan θ，θ为球拍与水平方向的夹角，则重力和支持力刚好提供其向右运动的合外力，受力分析如图所示，此时乒乓球受到的摩擦力刚好为零，支持力大于重力，故A、C错误，B正确；球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力互为作用力与反作用力，两者大小相等，故D错误。 逐点清(四)　超重、失重问题(基础点速过) 超重、失重的判断 1. (2024·江苏淮安联考)“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于2023年10月31日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地，返回舱的简化v­t图如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是(　 ) A．从t1到t2 B．从t2到t3 C．从t3到t4 D．从t4到t5 解析：选B　 v­t图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由题图可知，t2到t3时间内向上的加速度最大，可知这个阶段航天员超重感觉最明显。故选B。 根据超、失重判断物体的运动情况 2．图1表示某压敏电阻的阻值R随压力F变化的情况，将它平放于电梯地板上并接入如图2所示电路中。在其受压面上放一物体，就可以通过电路中电流表示数I来探查电梯的运动情况，电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是(　 ) A．若示数I不变说明电梯正匀速运动 B．若示数I<I0说明电梯可能加速向上运动 C．若示数I>I0说明电梯可能加速向上运动 D．若示数I在增大说明电梯的速度在增大 解析：选C　若示数I不变，说明压力没有变化，故电梯做匀速直线运动或静止不动，故A错误；若示数I<I0，压力变小，且小于重力，故电梯处于失重状态，可能加速向下或减速向上，故B错误；若示数I>I0，电流变大，压力变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，可能向上加速或向下减速，故C正确，D错误。 超重、失重现象的应用 3．引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示，质量为60 kg的男同学用双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小取10 m/s2，由图像可知(　 ) A．t＝0.5 s时，单杠对他的支持力约为582 N B．t＝1.1 s时，他向上运动到最高点 C．t＝1.5 s时，他处于失重状态 D．t＝1.5 s时，单杠对他的支持力约为600 N 解析：选C　由v ­t图像的斜率表示加速度可知，t＝0.5 s时，加速度为a＝＝ m/s2＝0.3 m/s2，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，解得单杠对他的支持力为N＝mg＋ma＝618 N，故A错误；由v­t图像可知，0～1.1 s向上做加速运动，1.1 s后向上减速运动，可知t＝1.1 s时，并不是向上运动到最高点，故B错误；由v­t图像可知，t＝1.5 s时，加速度方向向下，他处于失重状态，单杠对他的支持力小于重力，即小于600 N，故C正确，D错误。 1．判断超重和失重现象的三个角度 从受力的 角度判断 当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态 从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态 从速度变化 角度判断 物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，处于失重状态 2．对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。 (2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 (3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。 [课时跟踪检测] 1．下列属于力的单位是(　 ) A．kg·m/s2 B．kg·m/s C．kg·m2/s D．kg·s/m2 解析：选A　根据牛顿第二定律有F＝ma，则力的单位为kg·m/s2。 2.如图所示为我国运动员在女子双人十米跳台比赛中的情景。下列过程中，运动员处于超重状态的是(　 ) A．运动员起跳重心加速上升的过程 B．运动员离开跳台上升的过程 C．运动员从最高点下落到水面的过程 D．运动员加速入水的过程 解析：选A　运动员起跳重心加速上升的过程，加速度竖直向上，运动员处于超重状态，故A正确；运动员离开跳台上升的过程，加速度为重力加速度，竖直向下，运动员处于失重状态，故B错误；运动员从最高点下落到水面的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故C错误；运动员加速入水的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故D错误。 3．2023年10月1日，某校举行冬季趣味运动会。趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，考验班级的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速度达到10 m/s2。已知“毛毛虫”道具重10 kg，重力加速度g的大小取10 m/s2。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为(　 ) A．17 N B．20 N C．24 N D．36 N 解析：选D　对“毛毛虫”道具受力分析，受到向下的重力，左斜上的拉力，两个力的合力为水平向左，所以根据力的矢量叠加可得F＝＝144 N，所以平均每位同学对道具的作用力约为＝＝36 N。 4．(2024·镇江联考)如图，无人机下面吊着一桶水奔赴火场灭火，当无人机和水桶以某一加速度沿水平方向匀加速向前飞行时，悬吊水桶的绳子与水平方向的夹角为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，不计一切阻力，此时无人机的加速度大小为(　 ) A.g B.g C.g D.g 解析：选C　设悬吊水桶的绳子拉力为FT，根据平衡条件得FTsin 37°＝mg，根据牛顿第二定律得FTcos 37°＝ma，解得a＝g。 5．(2024·高邮模拟)细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　 ) A．细线烧断后小球做平抛运动 B．细线烧断瞬间小球的加速度为g C．小球静止时弹簧的弹力大小为mg D．小球静止时细绳的拉力大小为mg 解析：选B　 细线烧断的瞬间小球受到弹簧的弹力作用，不只是受到重力作用，因此不会做平抛运动，故A错误；小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为F＝mgtan 53°＝mg，细绳的拉力大小为T＝＝mg，故C、D错误；细绳烧断的瞬间，弹簧来不及形变，弹力不变，则这时重力和弹簧的弹力的合力等于mg，根据牛顿第二定律可知，这时小球的加速度为g，故B正确。 6．(2024·东台模拟)如图甲所示，蹦床是一项有趣且具有挑战性的竞技体育运动，深受广大青少年喜爱。图乙是运动员到达最高点O后，竖直下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C点的情景，其中B点为运动员静止在蹦床上时的位置，不计空气阻力，运动员可看成质点。下列说法正确的是(　 ) A．由于运动员在最高点时处于失重状态，所以其惯性减小 B．运动员在B点静止时，他的重力与他对蹦床的压力是一对平衡力 C．运动员从接触蹦床到最低点的过程中，运动员的加速度一直减小 D．在C点时，运动员的加速度最大，且一定大于重力加速度 解析：选D　运动员在最高点时处于失重状态，但质量不变，故惯性保持不变，故A错误；运动员静止在蹦床上时，他的重力与他对蹦床的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；运动员从接触蹦床到最低点的过程中，蹦床的弹力随着压缩量的增大而增大，以运动员为研究对象，开始阶段所受弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，运动员做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，运动员做减速运动，合力增大，由牛顿第二定律可知，运动员的加速度先减小后增大，故C错误；由对称性可知，假设运动员从A点由静止下落，则此时加速度为g方向向下，则到达最低点C′时速度为零，此时加速度为g方向向上；而当运动员从O点下落时，到达A点的速度不为零，则此时运动员下降到C点时位置比C′偏下，则此时加速度一定大于重力加速度，故D正确。 7．(2024·江苏名校开学考)如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间(　 ) A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 D．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 解析：选C　在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，上面三只猴子受重力和树的弹力，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，合力突变为mg，方向向上，由mg＝3ma，解得加速度大小为a＝g，加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力大小为F23＝mg＋ma＝，C正确；1号猴子对2号猴子的作用力大小为F12＝2mg＋2ma＝，D错误。 8．(2024·淮安模拟)2023年10月31日，神舟十六号返回舱进入大气层。主降落伞打开后的某段时间，返回舱竖直匀减速下降。已知返回舱质量为m，降落伞系统(伞和拉绳) 的总质量为。空气对降落伞系统的阻力为mg，返回舱所受空气的阻力不计，重力加速度为g。则在此过程中返回舱受到的拉力为(　 ) A.mg B．2mg C.mg D.mg 解析：选C　对降落伞与返回舱整体分析有mg－g＝a，设在此过程中返回舱受到的拉力为T，对返回舱进行分析有T－mg＝ma，解得T＝mg。 9.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 ) A．30 cm刻度对应的加速度为－0.5g B．40 cm刻度对应的加速度为g C．50 cm刻度对应的加速度为2g D．各刻度对应加速度的值是不均匀的 解析：选A　由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处，则弹簧的原长l0 ＝0.2 m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，则根据受力平衡有mg ＝ k(l － l0)，可计算出k ＝ ；由分析可知，在30 cm刻度时，有F弹－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，代入数据有a＝－0.5g，选项A正确；由分析可知，在40 cm刻度时，有mg＝F弹，则40 cm刻度对应的加速度为0，选项B错误；由分析可知，在50 cm刻度时，有F弹－mg＝ma(取竖直向上为正方向)，代入数据有a＝0.5g，选项C错误；设刻度对应值为x，结合分析可知＝a，∆x＝x－0.2，经过计算有a＝，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，选项D错误。 10．(2024·江苏南京高三模拟)如图所示，光滑半圆柱体固定在水平面上，可视为质点的两小球A、B用跨过光滑滑轮的轻绳连接，轻小滑轮O在半圆柱体圆心O1的正上方，小球A置于半圆柱体上，小球B用轻弹簧水平牵引，两球均处于静止状态。已知B球质量为1 kg，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，g＝10 m/s2，则下列叙述错误的是(　 ) A．A球质量为 kg B．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为10 N C．剪断OA绳子的瞬间A的加速度大小为5 m/s2 D．剪断OA绳子的瞬间B的加速度大小为10 m/s2 解析：选B　 对小球A和B受力分析如图所示，由图可知，小球B受重力、绳子拉力和弹簧的拉力作用而处于平衡状态，根据共点力平衡条件得F＝mg，T1＝mg，对球A分析可知，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，则O1A连线与竖直方向夹角为30°，根据平行四边形定则得N＝T2＝，又T2＝T1＝mg，联立解得N＝10 N，mA＝ kg，故A正确，与题意不符，B错误，与题意相符；剪断轻绳后，T2瞬间变成0，沿圆半径方向合力为零，沿切线方向根据牛顿第二定律有aA＝＝5 m/s2，故C正确，与题意不符；在剪断轻绳瞬间，弹簧弹力F不变，B受到的合力FB＝mg，根据牛顿第二定律可知aB＝＝10 m/s2，故D正确，与题意不符。 11．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； (2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； (3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 解析：(1)根据位移与平均速度的关系有t1＝，＝＝5 m/s，解得刹车时间t1＝4 s，刹车加速度a＝，根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103 N。　 (2)小朋友全部通过斑马线所用时间t2＝，汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需时间 t＝t2－t1＝20 s。 (3)根据速度与位移关系有v2－＝－2as， 解得v＝5 m/s。 答案：(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s 12．随着科技的发展，我国最新的航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图，某航空母舰的水平跑道总长为l，其中电磁弹射区安装有直线电机，该电机可提供4.0×104 N的恒定牵引力。一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供1.2×105 N的恒定推力。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，在跑道 末端离舰起飞的速度v2＝36 m/s，飞机在跑道上的后阶段运动的时间比弹射区运动的时间多4 s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)飞机离开电磁弹射区的速度大小v1； (2)跑道的总长度l。 解析：(1)第一阶段由牛顿第二定律有F1＋F2－Ff＝ma1，解得a1＝＝6.0 m/s2， 第二阶段由牛顿第二定律有a2＝，解得a2＝4.0 m/s2， 由匀加速运动速度公式得v1＝a1t1，v2＝v1＋a2t2，t2－t1＝4 s，代入数值解得v1＝12 m/s。 (2)由匀加速运动公式得v12＝2a1x，x＝＝12 m，由匀加速运动公式得v22＝v12＋2a2x1，代入数值解得x1＝144 m, l＝x＋x1＝156 m。 答案：(1)12 m/s　(2)156 m 学科网（北京）股份有限公司 $$