第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用(基础落实课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

牛顿第二定律的基本应用 (基础落实课)　　　　 第 2 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　超重和失重 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 课前基础先行 一、动力学的两类基本问题 1.第一类问题:由因推果——已知受力情况求物体的_________。 2.第二类问题:由果溯因——已知_________求物体的_________。 3.解决两类基本问题的方法以_______为“桥梁”，由运动学公式和______________列方程求解，具体逻辑关系如下图所示: 运动情况 运动情况 受力情况 加速度 牛顿第二定律 二、超重和失重 1.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_____ 物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有_________的加速度。 大于 竖直向上 2.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______ 物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有_________的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_______ 的状态。 (2)产生条件:a=g，方向_________。 小于 竖直向下 等于零 竖直向下 1.传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。 ( ) 2.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。 ( ) 3.若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。 ( ) 4.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。 ( ) 5.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 ( ) 6.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。 ( ) 微点判断 × √ × × × × 1.(人教必修1 P112T3·改编)火箭发射时，航天员要承受超重的考验。某火箭发射的过程中，有一段时间的加速度达到 3.5g，平时重力为 10 N的体内脏器，在该超重过程中需要的支持力为(重力加速度g=10 m/s2)(　 ) A.3.5 N　　 B.13.5 N C.35 N D.45 N 解析：设需要的支持力为FN，以向上为正方向，对体内脏器，由牛顿第二定律可知FN-mg=ma，其中a=3.5g，mg=10 N，解得FN=45 N。 经典回练 √ 2.(人教必修1 P115T7·改编)一只长方体形空铁箱质量为2 kg，铁箱内有一个质量与空铁箱相同的小铁块，铁箱与水平面间以及铁块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ均为0.5。现用水平拉力F使铁块贴在铁箱左壁上与铁箱一起沿水平面向右匀加速运动，如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则拉力F至少多大 (　 ) A.20 N　 B.60 N 　 C.70 N 　 D.100 N √ 解析：当拉力F取题中要求的最小值时，铁块与铁箱内壁之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时铁块与铁箱之间的弹力大小为FN=ma，在竖直方向上根据平衡条件有μFN=mg，对铁块和铁箱整体有F-2μmg=2ma，联立解得F=100 N，故选D。 逐点清(一)　牛顿第二定律的 瞬时性问题 课 堂 √ 1.[轻绳连接]如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1;在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2，则a1∶a2为 (　 ) A.1∶1 B.2∶1 C.∶1 D.2∶1 细作1　弹力能瞬间改变的情形 解析：a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa=mgcos 30°，Fb=mgcos 60°，剪断a绳瞬间:a1==gcos 30°，剪断b绳瞬间: a2==gcos 60°，所以a1∶a2=cos 30°∶cos 60°=∶1，C正确。 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：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。 一点一过 　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.[橡皮绳连接]如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮绳的两端，橡皮绳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，小球被橡皮绳拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力，则释放的瞬间 (　 ) A.橡皮绳的弹力为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.橡皮绳对纸盒作用力大小等于2mg 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 解析：释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳弹力等于小球的重力mg，故A错误;释放的瞬间，橡皮绳弹力仍为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，设橡皮绳对纸盒的作用力为F，由受力平衡得F+Mg=(M+2m)g，所以橡皮绳对纸盒的作用力F=2mg，释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，橡皮绳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。 4.[弹簧连接](2025·连云港高三质检)如图所示， 轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A 的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根 轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是 (　 ) A.小球A的加速度大小为 B.小球A的加速度大小为3g C.小球B的加速度大小为 D.小球B的加速度大小为g √ 解析：剪断细绳之前，对整体受力分析，满足T1sin 30°=(m1+m2)g，T1cos 30°=T，对B受力分析，满足T2=m2g，又因为两轻弹簧劲度系数相同，且弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，故有T1=3T2，联立解得T=3m1g;剪断细绳瞬间，两轻弹簧的弹力保持不变， 细绳的拉力变为0，此时小球A所受合外力大小与剪断前绳上拉力大小相等，小球B所受合外力为零，由牛顿第二定律可知3m1g=m1a1，0=m2a2，解得小球A的加速度大小为a1=3g，小球B的加速度大小为a2=0，故B项正确，A、C、D项错误。 一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点 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，弹簧、橡皮绳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(二)　动力学的两类基本问题 课 堂 1.两类动力学问题的解题关键 两个分析 (1)受力情况分析;(2)运动规律分析 两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁 (2)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;若物体受三个或三个以上的力，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律可得F合=ma或，列方程求解，必要时对结果进行讨论 续表 [典例]　(2025·徐州高三检测)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; [答案]　7.5 m/s2 [解析]　由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2，mgsin θ=ma1 联立解得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)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。 [答案]　500 N [解析]　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。 考法全训 考法1　已知受力情况求运动情况 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; 答案：2 m/s2 解析：根据牛顿第二定律得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1， 代入数据解得a1=2 m/s2。 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; 答案：4 m/s　 解析：根据运动学公式得2a1l1=v2， 解得v=4 m/s。 (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。 答案：2.7 m 解析：根据牛顿第二定律得μmg=ma2， 根据运动学公式得-2a2l2=-v2， 代入数据联立解得l2=2.7 m。 考法2　已知运动情况求受力情况 2.蛙泳是一种人类模仿青蛙游泳动作的游泳姿势，便于游泳者观察前方，常用于渔猎、泅渡、救护等。图甲为某运动员蛙泳时蹬腿加速及惯性前进的过程，将这两个过程各自简化为水平方向的匀变速直线运动，其v-t图像如图乙所示。已知该运动员质量为70 kg，重力加速度g取10 m/s2，求: (1)0~0.7 s内运动员平均速度的大小; 答案：1.65 m/s 解析：0~0.7 s内有 x=Δt1+Δt2，=， 联立可得=1.65 m/s。 (2)惯性前进过程中，水对运动员作用力的大小。(结果可保留根号) 答案：70 N 解析：由题图乙可得惯性前进的加速度大小为 a==1 m/s2。 惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态， 则有F1=mg。 惯性前进时水平方向上水对运动员的作用力使其减速，则有F2=ma。 水对运动员的作用力大小为F=， 解得F=70 N。 逐点清(三)　超重和失重 课 堂 1.[根据运动情况判断超重、失重] 自由式滑雪大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　 ) 题点全练 A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B.运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态 C.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态 √ 解析：运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误;忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确;运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误;运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。 2.[根据超重、失重判断运动情况] 在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN，在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中(　 ) A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态 C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升 √ 解析：台秤示数变大，但是物体受到的重力没变，A错误;物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，B错误;物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，C错误，D正确。 3.[超重、失重现象的应用] 如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1>m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将(　 ) A.变大 B.变小 C.不变 D.先变小后变大 √ 解析：剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了，B正确。 4.[超重、失重现象的图像问题] 小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　 ) A.a点对应时刻，小明向下的速度最大 B.a点对应时刻，小明向下的加速度最大 C.b点对应时刻，小明处于超重状态 D.图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立 √ 解析：小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重;起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F=mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误;b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。 1.判断超重和失重现象的三个角度 精要点拨 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，物体处于超重状态;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，物体处于超重状态;物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 续表 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，变化的只是物体对支持物的压力大小(或对悬挂物的拉力大小)。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、立足基础，体现综合 1.如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是(　 ) A.将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出 B.将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出 C.用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出 D.杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出 √ 6 7 8 9 10 11 解析：杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，杯子与水相对静止，因此不会有水漏出，A、B错误，D正确;杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(2025·连云港调研)如图所示，老师平伸手掌托起粉笔，由静止开始竖直向上运动，直至将粉笔抛出。则 (　 ) A.整个过程中，粉笔始终处于超重状态 B.整个过程中，粉笔始终处于失重状态 C.手对粉笔向上的力大于粉笔对手向下的力 D.在粉笔离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：整个过程中，粉笔一定有向上加速的过程，此过程加速度向上，粉笔抛出的瞬间，加速度等于重力加速度，方向向下，故粉笔先超重后失重，A、B错误;手对粉笔向上的力和粉笔对手向下的力是一对相互作用力，等大反向，C错误;手和粉笔有相同的速度和加速度时二者不会分离，在粉笔离开手的瞬间，粉笔的加速度等于重力加速度，方向向下，所以此时手的加速度大于重力加速度，方向向下，这样手的速度小于粉笔的速度，二者才会分离，D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义:微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种:落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示为中国科学院微重力落塔与落仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26 s时长的微重力环境。根据提供的信息，以下说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用 B.要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落 C.落仓下落过程，落仓内的体验者一直处于失重状态 D.落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，几乎所有的重力提供体验者运动的加速度，故A错误;在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g，故B正确;落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态，故C错误;落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度为零，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.在一些智能手机上配备有加速度传感器，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，由此可判断出 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.手机在t2时刻速度为0 B.运行过程中手机有可能与升降机分离 C.手机在t2~t3时间内，处于超重状态 D.在t1~t3时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题意，由题图可知，t2之前加速度一直向上，t2时刻a=0，则手机向上速度达到最大，故A错误;根据题意，由题图可知，手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度，所以手机有可能离开过升降机，故B正确;根据题意，由题图可知，t2~t3手机的加速度向下，手机处于失重状态，故C错误;根据题意，由题图可知，t1~t2手机加速度向上，由牛顿第二定律有N-mg=ma，由于a减小，则N减小，t2~t3手机加速度向下，由牛顿第二定律有mg-N=ma，由于a增大，则N减小，即在t1~t3时间内，升降机对手机的支持力一直减小，由牛顿第三定律可知，手机对升降机的压力一直减小，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.在三米板跳水比赛中，从运动员离开跳板开始计时，取竖直向下为正方向，运动员重心的竖直速度随时间变化的图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，关于运动员下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.离开跳板后重心上升的最大高度为g B.在t3时刻刚好接触到水面 C.在t2~t3时间内所受合力逐渐增大 D.在t3~t4时间内所受水的作用力逐渐增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由图像可知，0~t1时间内运动员在竖直方向向上运动，在t1时刻到达最高点，根据逆向思维可得，运动员离开跳板后重心上升的最大高度为hm=g，故A正确;由图像可知，t1~t2时间内运动员在竖直方向做自由落体运动，在t2时刻刚好接触水面，故B错误; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由v-t图像的切线斜率表示加速度可知，在t2~t3时间内，运动员的加速度逐渐减小，则所受合力逐渐减小，故C错误;在t3~t4时间内，运动员在水中向下做减速运动，所受水的作用力大于重力，由图像的切线斜率表示加速度可知，运动员的加速度先增大后减小，根据牛顿第二定律得a=，可知运动员所受水的作用力先增大后减小，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.(2025·扬州高三测评)如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 (　 ) A.0　　　 B.g　　 C.g　　　 D.g 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：撤去木板前，小球处于平衡状态，受重力、 支持力和弹簧的拉力，如图，根据共点力平衡条件， 有F-Nsin 30°=0，Ncos 30°-mg=0，解得N=， F=mg;当木板AB突然向下撤去的瞬间，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力的大小，方向与支持力反向，故小球的加速度大小为a==，故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.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，他的重心运动的速度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 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 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 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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v-t图像可知，0~1.1 s向上做加速运动，1.1 s后向上做减速运动，可知t=1.1 s时，并不是向上运动到最高点，故B错误;由v-t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 5 6 7 8 9 10 11 8.(10分)某同学在物理数字化实验室采用如图甲所示的装置“探究物体加速度与力的关系”，开始时将质量为m=1 kg的物体置于水平桌面上，现对物体施加一个水平向右的恒定推力F，经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的速度传感器得到了物体部分运动过程的v-t图像，如图乙所示(向右为速度正方向)，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)两个阶段内物体的加速度大小各为多少;(4分) 答案：0.5 m/s2　2 m/s2 解析：v-t图线的斜率表示物体运动的加速度，结合图像可得0~2 s内加速度为a1== m/s2=0.5 m/s2 2~3 s内加速度为a2= m/s2=-2 m/s2 即2~3 s内加速度大小为2 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)摩擦力f和推力F的大小各为多少?(6分) 答案：2 N　2.5 N 解析：根据牛顿第二定律可得，0~2 s内有F-f=ma1，2~3 s内有-f=ma2 解得F=2.5 N，f=2 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、注重应用，强调创新 9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为0 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 D.B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：在甲、乙两图中，撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ;图乙中A、B球由于用杆相连，撤去挡板的瞬间有共同的加速度gsin θ，轻杆的作用力为0，所以A、B、C错误，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0~30 s时间内潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.潜艇在“掉深”时的加速度为1 m/s2 B.t=30 s时潜艇回到初始高度 C.潜艇竖直向下的最大位移为100 m D.潜艇在10~30 s时间内处于超重状态 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：潜艇在“掉深”时向下加速，则由题图乙可知加速度为a= m/s2 =2 m/s2，A错误;在30 s内先向下加速后向下减速，则t=30 s时潜艇向下到达最大深度，B错误;由题图乙可知潜艇竖直向下的最大位移为h=×20 ×30 m=300 m，C错误;潜艇在10~30 s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(18分)随着人工智能技术的不断发展，无人机 有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总 质量m=20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任 务，无人机悬停在距一块试验田H=30 m的高空，t=0时刻，它以加速度a1=2 m/s2 竖直向下匀加速运动h=9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1~3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求:(g取10 m/s2) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)无人机从t=0时刻到重新悬停在H1=1 m处的总时间t;(6分) 答案： s　 解析：无人机向下匀加速运动过程h=a1，得t1=3 s，v1=a1t1=6 m/s。 无人机减速过程有H-h-H1=t2，得t2= s，所以总时间t=t1+t2= s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小;(6分) 答案：200 N 解析：无人机减速过程有0-=-2a2h2， 无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2=3 m时，此时加速度a2最大，由h2=H-h-H2，得a2=1 m/s2， 无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得F+f-mg=ma2，即升力F=200 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若无人机在高度H2=3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度的大小。(6分) 答案：18 m/s2 解析：失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg-f=ma3，恢复动力时v=a3t3， 则a3=9 m/s2，v=6 m/s，H2=+， 联立解得a4=18 m/s2。 2 3 4 $$