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（福建专版）

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 6 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 5 逐点清(四)　等时圆模型及应用 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。 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。 大于 向上 小于 向下 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__________。 等于零 竖直向下 1.物体向上运动时处于超重状态。 ( ) 2.支持力小于重力称为完全失重现象。 ( ) 3.传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。 ( ) 4.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。 ( ) 5.完全失重时，物体受到的重力变为零。 ( ) 微点判断 × × × √ × 6.物体处于超重或失重状态时，其重力并没有发生变化。 ( ) 7.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。 ( ) 8.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。 ( ) 9.(人教必修1P112T2·改编)在蹦极运动员下落时，当弹性绳被拉直后直到最低点，运动员始终处于超重状态。 ( ) √ × √ × 逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题 课 堂 √ 细作1　弹力能瞬间改变的情形 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 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)一般题目中所给轻绳、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(　　) 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 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 √ 解析:释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳的弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放的瞬间，橡皮绳对小球的拉力仍为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，方向竖直向下，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] (1)(人教版教材必修1，P114T1)如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少? 答案:2g　0 解析:设两个小球的质量均为m，当细绳未剪断时，细绳拉力大小为T，弹簧弹力大小为F，对小球A有T=F+mg，对小球B有F=mg；当细绳剪断瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对A球，由牛顿第二定律可得F+mg=maA，可得A球加速度aA=2g，B球受力不变，仍处于平衡状态，aB=0。 (2)(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g √ 解析:细线剪断前，对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g，对D球受力分析有FCD=mg，细线剪断后，对B球受力分析有FAB-3mg=3maB，解得aB=g，方向竖直向上；对C球受力分析有FCD+2mg=2maC，解得aC=1.5g，方向竖直向下。故选A。 人教版教材中的练习题和2024年湖南高考题都考查了轻绳和轻弹簧模型的瞬时性问题，求解剪断轻绳瞬间小球的加速度。高考题相比教材题，考查的进一步深化，由教材到高考，学习梯度进阶。 考教衔接 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轴的正方向 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]　(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)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1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·南安高三检测)在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到h1=30 km高空时，速度达到v0=1.2 km/s，助推器脱落，经过一段时间落回地面。已知助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的，取g=10 m/s2。求: 考法全训 (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； 答案:90 km　 解析:助推器脱落后，受到阻力大小f=mg 上升过程，由牛顿第二定律有mg+f=ma1 代入数据解得a1=12 m/s2，方向竖直向下， 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度为h2==6×104 m=60 km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为h=h1+h2=90 km。 (2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。 答案:1 200 m/s　250 s 解析:助推器从最高点下落过程中，由牛顿第二定律得mg-f=ma2 代入数据解得a2=8 m/s2 落回地面的速度大小为v==1 200 m/s 助推器从脱离到最高点所用时间t1==100 s 从最高点到落地点所用时间t2==150 s 所以助推器从脱离到落地经历的时间t=t1+t2=250 s。 考法2　已知运动情况求受力情况 2.(2025·重庆高三月考)2024年6月，我国某品牌运载无人机在珠峰南坡大本营进行了无人机高海拔飞行及运输能力测试，创造了民用运载无人机海拔6 191.8米的飞行最高记录。已知测试所用无人机质量为65 kg，在空吊系统负载模式下，货物重15 kg。某次无人机从静止开始竖直起飞，匀加速5 s后达到最大上升速度5 m/s，g取10 m/s2。由此可知该过程(　　) A.货物处于失重状态 B.货物上升高度为25 m C.货物受到线缆的合力为150 N D.空气对无人机的作用力大小为880 N √ 解析:由题意知加速度向上，无人机、货物均处于超重状态，线缆对货物的作用力大于货物的重力150 N，故A、C错误；匀加速竖直起飞，货物上升高度h=t=12.5 m，故B错误；加速度为a= m/s2 =1 m/s2，对无人机进行分析，根据牛顿第二定律有F-(M+m)g =(M+m)a，解得空气对无人机的作用力大小为F=880 N，故D正确。 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场地可简化为由如图所示的助滑区、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.运动员从跳离弧形过渡区至落在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，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员从跳离弧形过渡区至落在着陆区之前，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下降，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D错误。 2.[超重、失重现象的图像问题] (2025·漳平高三调研)某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.0~t1时间内物体做加速运动，处于失重状态 B.t1~t2时间内物体做减速运动，处于失重状态 C.t2~t3时间内物体做加速运动，处于失重状态 D.t3~t4时间内物体做减速运动，处于超重状态 √ 解析:0~t1时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故A正确；t1~t2时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故B错误；t2~t3时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故C错误；t3~t4时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故D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 从速度变化的角度判断 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 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)。 逐点清(四)　等时圆模型及应用 课 堂 1.(2025·安徽蚌埠高三检测)如图所示，竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的小圆，两个圆的公切线水平。有两条倾斜的光滑轨道，一条与大圆相交于A、B两点，A点为大圆的最高点，另一条轨道一端交于大圆的C点，另一端交于小圆的D点，且过大圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、C由静止释放，分别滑到B点和D点(假设物体能够无障碍地穿过CD与圆的交叉点)，物体在两条轨道上的运动时间分别为tAB、tCD，重力加速度为g，下列判断正确的是 (　　) 题点全练 A.tAB=tCD B.tAB>tCD C.tAB= D.tCD=2 √ 解析:设轨道AB与竖直方向的夹角为α，则物体在轨道AB上运动的加速度大小为a==gcos α，根据几何关系及运动学公式可得xAB=2Rcos α=a，解得tAB==2；设轨道CD与竖直方向的夹角为β，则物体在轨道CD上运动的加速度大小为a'==gcos β，根据几何关系及运动学公式可得xCD=(2R+2r)cos β=a'，解得tCD==2，则有tAB<tCD，故选D。 2.(2025·三明高三调研)(双选)如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列结论正确的是(　　) A.t1>t2 B.t3=t4 C.t2<t4 D.t1=t4 √ √ 解析:1号小球的加速度为a1=gsin 60°=g，位移为x1=2r·sin 60°= r，运动时间为t1==2；2号小球的加速度为a2=gsin 30°=g，位移为x2=2r·sin 30°=r，运动时间为t2==2；3号小球的加速度为a3=gsin 60° =g，位移为x3==2r，运动时间为t3==；4号小球的加速度为a4=gsin 30°=g，位移为x4==2r，运动时间为t4==。则t1=t2<t3=t4，故选B、C。 “等时圆”模型及基本规律 1.物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦由上端静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。 2.物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。 精要点拨 3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦由上端静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、单项选择题 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.(2024·贵州高考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是 (　　) A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G，后大于G D.f先大于G，后小于G 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:由题图可知相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先沿正方向后沿负方向，根据牛顿第二定律得G-f=·a，可知f先小于G，后大于G。故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定， 处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角 为60°，重力加速度大小为g。则 (　　) A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:剪断L1前，对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg，L2的拉力大小为T2==4mg，A、B错误；剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，D错误；对小球甲受力分析可知，受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力，小球甲的速度为0，将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断L1瞬间，小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°，由牛顿第二定律可知F合=ma，解得a=g，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·泉州高三模拟)中国象棋是起源于中国的一种棋，属于二人对抗性游戏的一种，在中国有着悠久的历史。由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的棋艺活动。如图所示，3颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第3颗棋子最左端与水平面上的O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，1和3棋子的位置情况可能是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:根据题意三颗相同棋子竖直叠放，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设1、2两颗棋子间最大静摩擦力为f，则2、3棋子间最大静摩擦力为2f，第三颗棋子与水平面间最大静摩擦力为3f。中间棋子被击出，中间棋子对第1颗棋子有向右的滑动摩擦力，则第1颗棋子有向右的加速度，即向右有位移，第2颗棋子对第3颗棋子向右的滑动摩擦力小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力，第3颗棋子静止不动；之后第1颗棋子落在第3颗棋子上，在摩擦力作用下静止在第3颗棋子上，该过程第1颗棋子对第3颗棋子的滑动摩擦力f小于第3颗棋子与水平面间的最大静摩擦力2f，第3颗棋子仍受力平衡，第3颗棋子位移是零，可知稳定后，棋子的位置情况可能是A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机 (　　) A.在t1时刻速度最大 B.在t2时刻开始减速上升 C.在t1~t2时间内处于失重状态 D.在t1~t2时间内受到的支持力逐渐增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:由a⁃t图像可知，0~t1时间内，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，t1时刻加速度最大，而之后速度还在继续增大，故A错误；由题图可知，t2时刻后加速度方向向下，速度方向向上，所以向上做减速运动，故B正确；t1~t2时间内，加速度的方向向上，处于超重状态，故C错误；对手机进行受力分析可知，t1~t2时间内，有FN-mg=ma，该段时间内，a逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·石家庄高三检测)如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环(可以看作质点)套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有 (　　) A.t3>t2>t1 B.t1>t2>t3 C.v3>v2>v1 D.v1>v2>v3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:设杆的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律可得小环下滑的加速度为a==gsin θ，杆的长度为x=dsin θ，根据动力学公式x=at2，小环下滑所用时间为t===，则t1=t2=t3，由于AQ>BQ>CQ，根据平均速度公式v=，可得v1>v2>v3，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 二、双项选择题 7.在考虑空气阻力的情况下，将一小石子从O点竖直向上抛出，小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为a1、a2，到达最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为a2'、a1'。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则下列关系式正确的是(　　) A.a1>a2 B.a1<a1' C.a1'>a2' D.> √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:设向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为v1、v2，石子向上做减速运动，则有v1>v2，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律有mg+kv1=ma1，mg+kv2=ma2，可知a1>a2，A正确；设向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为v1'、v2'，石子向下做加速运动，则有v1'>v2'，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律有mg-kv1'=ma1'，mg-kv2'=ma2'，可知a1'<a2'，a1>a1'，B、C错误；根据上述分析可知>1，<1，则有>，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(2025·福建邵武高三检测)如图所示，质量为M=2 kg的凹形槽在水平拉力F作用下向左做匀加速直线运动，凹形槽与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.7，凹形槽内有一质量为m=1 kg的铁块恰好能静止在后壁上，铁块每面与凹形槽内壁间的动摩擦因数均为μ2=0.5。运动一段时间后逐渐减小拉力(但凹形槽仍做加速运动)，铁块开始沿凹形槽竖直的后壁落到底部且不反弹。之后当凹形槽的速度为v0=4 m/s时突然撤去拉力，最终铁块恰好没有与凹形槽的前壁相碰。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，不计铁块大小和槽的厚度，则开始时拉力F的大小和凹形槽的长度L分别为 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.F=81 N B.F=162 N C.L=0.6 m D.L=1.2 m √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:开始时铁块恰好能静止在凹形槽后壁上，竖直方向受力平衡，由平衡条件有mg=μ2FN，对铁块，在水平方向上，根据牛顿第二定律有FN=ma，以铁块和凹形槽组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F-μ1(M+m)g=(M+m)a，联立解得F=81 N；因为μ1>μ2，所以撤去拉力后铁块与凹形槽发生相对滑动，当凹形槽停止后，铁块继续减速至零，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1，对凹形槽受力分析，根据牛顿第二定律有μ1(M+m)g-μ2mg=Ma2，铁块运动的位移为x1=，凹形槽运动的位移为x2=，凹形槽的长度为L=x1-x2，联立解得L=0.6 m，故选A、C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 三、非选择题 9.(3分)小胡同学使用如图甲所示的挂有5根相同弹簧的拉力器训练，已知每根弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，若他对拉力器两端的拉力均为F，则每根弹簧的伸长量为　　　　。如图乙所示，小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，突然右侧弹簧连接钢球处断开，则断开瞬间，钢球的加速度大小为　　　　、方向　　　　　　　　　　　　　　。(忽略弹簧及拉环质量)  g 与水平方向成30°角斜向左下方 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:小胡同学对拉力器两端的拉力均为F，则5根弹簧的弹力为F，每根弹簧的弹力为，由胡克定律可知，=kΔx，则每根弹簧的伸长量Δx=。小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，根据平衡条件可知弹簧的弹力F1=F2=mg。右侧弹簧连接钢球处断开瞬间，小球所受右侧弹簧弹力消失，左侧弹簧弹力不变，则此时小球的合力与消失的弹力等大反向，根据牛顿第二定律mg=ma，则a=g，方向与水平方向成30°角斜向左下方。 1 5 6 7 8 9 10 11 三、计算题 10.(11分)坝陵河大桥位于贵州省安顺市，桥面离谷底高为370 m，曾举办过中国首届大桥低空跳伞比赛。假设某跳伞运动员从静止离开桥面，开始做匀加速直线运动，加速度为9.6 m/s2，经过5 s后打开降落伞做匀减速直线运动，速度减至2 m/s时，安全降落在峡谷的谷底。已知运动员和伞包的总质量为75 kg。求:(g取10 m/s2) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)运动员做匀加速运动的位移；(3分) 答案:120 m　 解析:根据题意，由运动学公式h1=a1， 代入数据解得h1=120 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)运动员做匀减速运动的时间；(4分) 答案:10 s　 解析:运动员做匀减速运动的初始速度为v1=a1t1=48 m/s， 运动员做匀减速运动的位移 h2=370 m-h1=250 m， 由h2= t2=t2，解得t2=10 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力。(4分) 答案:1 095 N 解析:做匀减速运动时加速度a2==-4.6 m/s2， 由牛顿第二定律有mg-Ff=ma2， 代入数据解得Ff=1 095 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(13分)为了检测一架无人机的承受摔损能力，科研小组设计了一次模拟试验:已知一架无人机的质量m=2 kg，由其动力系统提供升力，飞行时所受的空气阻力大小恒为f=4 N。让该无人机从地面由静止开始竖直上升，4 s后关闭发动机。取重力加速度大小g=10 m/s2，假设无人机只在竖直方向运动。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)若无人机已平稳飞行，则此时无人机做匀速直线运动的最小升力恒为多少；(3分) 答案:24 N　 解析:若无人机已平稳飞行，无人机受力平衡，则有Fmin=mg+f 代入数据解得Fmin=24 N。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)若动力系统提供的升力恒为30 N，无人机4 s末的速度大小v1；(4分) 答案:12 m/s　 解析:无人机受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1 解得a1=3 m/s2 无人机4 s末的速度大小v1=a1t1 解得v1=12 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若无人机落地的速度大于16 m/s就会损毁，请你通过计算判断在(2)的条件下无人机由静止开始竖直上升，本次模拟试验无人机是否损毁?(6分) 答案:会损毁，见解析 解析:最初4 s内无人机上升的高度h1=a1=24 m 设关闭发动机后上升阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律得f+mg=ma2 解得a2=12 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 设关闭发动机后无人机上升的高度为h2，由运动学公式可得0-=-2a2h2 解得h2=6 m 无人机离地面的最大高度H=h1+h2 解得H=30 m 无人机到最高点后下落，设下落阶段加速度大小为a3，落地时的速度大小为v2，由牛顿第二定律得mg-f=ma3 解得a3=8 m/s2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 由运动学公式可得=2a3H 解得v2=4 m/s>16 m/s 所以本次模拟试验无人机会损毁。 2 3 4 $$