第3章 第二讲 第1课时 牛顿第二定律的基本应用（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

牛顿第二定律的应用 第二讲 牛顿第二定律的基本应用 第1课时 1 课前 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、失重问题 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 课 前 精要回顾 状态 零 不能 运动情况 受力 加速度 牛顿第二定律 大于 向上 小于 向下 完全没有 g (1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。 ( ) (2)运动物体的加速度可根据运动的速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。( ) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。( ) (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。( ) 微点判断 √ × × × (5)(2024·海南高考T1A)神舟十七号载人飞船在返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中返回舱处于超重状态。 ( ) (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)站在体重计上向下蹲的过程中，体重计的示数先变小，后变大，再变小。 ( ) (10)(人教必修1 P112T2·改编)蹦极运动员从高处跳下，在弹性绳被拉直前处于失重状态，当弹性绳被拉直后处于超重状态。( ) √ √ × 逐点清(一)　牛顿第二定律 的瞬时性问题 √ 类型1　弹力能瞬间改变的情形 1.(2025·贵州质检)(多选)如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为零 D.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为g √ 解析：剪断绳OB瞬间，小球将绕A点做圆周运动，沿切线方向有mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，小球将绕B点做圆周运动，此时小球的加速度大小为g，故C错误，D正确。 2.两个质量均为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。 类型2　弹力不能瞬间改变的情形 3.(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。 4.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 √ 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。 1.轻杆、轻绳和硬接触面类物体是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，其弹力可瞬间改变或消失。 2.当弹簧、橡皮绳与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的弹力不会发生突变。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 类型1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·陕西西安质检)如图，将光滑长平板的 下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在 横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板 与底座之间的夹角θ可变。将小物块从平板与竖直 杆交点Q处由静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将(　　) A.逐渐减小 B.先减小后增大 C.逐渐增大 D.先增大后减小 解析：根据题意，由牛顿第二定律有mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，设PQ间的水平距离为d，由几何关系可得，PQ间的距离为PQ=，由运动学公式有PQ=at2，解得t== =，由数学知识可知，当θ=45°时，时间t有最小值，则θ由60°逐渐减小至45°，物块的下滑时间t将逐渐减小，故选A。 √ 2.(鲁科必修1 P130“例题”)某高速列车(如图)起动后的初始阶段，可视为在恒定的牵引力作用下做匀加速直线运动。若在该阶段列车组的牵引力为3.04×105 N，列车所受阻力为7.9×104 N，列车质量为4.5×105 kg，则列车从起动至速度达到60 km/h 需要多长时间? 答案： s 解析：以列车为研究对象，受力分析如图所示。由题意可知，m=4.5×105 kg，F=3.04×105 N，f=7.9×104 N，v0=0，vt=60 km/h = m/s。选定列车运动方向为正方向，由牛顿第二定律，得F-f =ma，解得a===0.5 m/s2 由匀变速直线运动的速度公式vt=v0+at，得t== s，所以，列车从起动至速度达到60 km/h需要的时间为 s。 类型2　已知运动情况求受力情况 3.神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m 时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N √ 解析：根据运动学公式可得v2-=-2ah，解得加速度大小为a= = m/s2=25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。 4.(2025·辽宁丹东质检)晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小； 答案： 160 N　 解析：该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度大小为vm；在水平雪道上滑行时做末速度为0的匀减速直线运动，设位移大小为x2，时间为t2， 分析运动过程可得x1=t1，x2=t2，t1+t2=14 s 联立解得vm=20 m/s，t1=6 s，t2=8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1== m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°-Ff=ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力大小为Ff=160 N。 (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 答案：0.5 解析：设在水平雪道上滑行时加速度大小为a2，则a2==2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道时的速度为v，则-v2=2a2x3 解得v== m/s=10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则0-v2=-2a3x4 解得a3== m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg=ma3 解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ=0.5。 1.“两个分析”和“两个桥梁” 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 2.两类动力学问题的解题步骤 第1步：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。 第2步：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。 第3步：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。 第4步：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。 第5步：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。 逐点清(三)　超重、失重问题 1.[超重、失重的判断] (2025·北京海淀质检)如图所示，某人站在向右上方运动的智能电动扶梯上，他随扶梯先加速再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是(　　) A.扶梯加速运动阶段，人处于超重状态 B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左 C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力 D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力 √ 解析：依题意可知，在加速运动过程中，人的加速度向右上方，加速度有竖直向上的分量和水平向右的分量，可知人处于超重状态，人受到的摩擦力水平向右，故A正确，B错误；扶梯匀速运动阶段，由平衡条件可知，人受到自身重力、扶梯对人竖直向上的支持力，总共两个力的作用，且扶梯对人的支持力大小等于重力大小，故C、D错误。 2.[根据超重、失重判断物体的运动情况] (2025年1月·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 √ 解析:由题图甲可知，该同学的质量为60.0 kg，电梯竖直上升过程，根据牛顿第二定律F-mg=ma，解得a= m/s2=0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，故选D。 3.[超重、失重结论的应用] 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，用细绳跨过光滑定滑轮相连，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，但对于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，故台秤的示数与剪断细绳前的示数相比减小了，B正确。 4.[超重、失重与图像的结合] 如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0~0.5 h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总质量，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是(　　) A.0~0.5 h内，“奋斗者号”处于超重状态 B.0.5~2.5 h内，“奋斗者号”的总质量小于m C.2.5~3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为2 m/s2 D.0~3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为7 200 m √ 解析：0~0.5 h内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；“奋斗者号”的体积不变，则浮力不变，0.5~2.5 h内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，故此过程“奋斗者号”的总质量小于m，故B正确；由题图乙可知，2.5~3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为a= m/s2= m/s2，故C错误；根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，0~3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为h=×(2×3 600+3×3 600)×1 m=9 000 m，故D错误。 (链接T1~3)超重、失重问题的三点提醒 (1)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。 (2)根据超重、失重现象可以判断物体在竖直方向的加速度方向，但不能判断物体的运动方向。 (3)系统整体具有向下的加速度时，整体处于失重状态。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2025·山西大同模拟)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 12 解析：杯子和水做斜抛运动、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，因此小孔中不会有水漏出，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，小孔中有水漏出，C错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(多选)如图所示，一个质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上，若物体在水平面内受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用。关于该物体，下列说法正确的是 (　　) A.物体受到的合力大小为50 N B.物体的加速度大小为25 m/s2 C.3 s末物体的速度大小为75 m/s D.3 s内物体运动的位移大小为125 m 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：两个夹角为120°的50 N的力，其合力大小仍为50 N，物体的加速度大小a==25 m/s2，3 s末物体的速度大小为v=at=75 m/s，3 s内物体运动的位移大小为x=at2=112.5 m，故A、C正确，B、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 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 12 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 12 4.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。如图所示是 利用飞机实现30 s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.上升的AC阶段，飞机内的航天员处于超重状态 B.下降的CE阶段，飞机内的航天员处于超重状态 C.飞机内的航天员在BC阶段处于超重状态，在CD阶段处于失重状态 D.飞机内的航天员在从B到D的过程处于失重状态 解析：飞机关闭发动机后，只受重力作用，飞机内的航天员处于失重状态，所以飞机内的航天员在从B到D的过程处于失重状态，故选D。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(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 12 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 12 6.如图所示，质量为m=3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ=37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10 m/s2，sin θ=0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(　　) A.14 m/s2 B.12 m/s2 C.10 m/s2 D.8 m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，在竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ=mg，解得F== N=50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=8 m/s2，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A、B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点，其中A是掷出点，D是营垒中心，AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度v0掷出，冰壶沿直线AD做减速运动，经过B点时速度恰好为，另一运动员用冰刷摩擦B、D之间的冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰刷摩擦冰面时，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ，假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设A、B之间的距离为x，冰壶由A运动到B，根据运动学公式可得-()2=2μgx，冰壶由B运动到D，根据运动学公式可得()2= 2μ'g×2x，联立解得μ'=，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌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。取重力加速度g=10 m/s2，由此可判断出 (　　) A.在t1~t2时间内手机处于超重状态， 在t2~t3时间内手机处于失重状态 B.手机在t2时刻运动到最高点 C.手机在t3时刻改变运动方向 D.手机可能离开过手掌 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由题图可知，在t1~t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2~t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，故没有改变运动方向，故C错误；由题图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌之间没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2025·黑龙江阶段练习)如图所示，从竖直圆上的A点到圆周上的C、D两点有两条光滑的直轨道，BC是圆的竖直直径，AD是圆的倾斜直径，AD与BC夹角为53°。让两个质量相等的小球1、2同时从A点由静止释放，分别沿AC、AD滑行到圆上的C、D两点。sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，则在运动过程中，1、2两球在轨道上的滑行时间之比为 (　　) A.3∶5 B.4∶5 C.2∶ D.∶ 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据题意可知，小球沿AD运动的加速度大 小为a2=gsin 37°，则有2R=gsin 37°·，解得t2= ；设AC与水平方向夹角为θ，连接AB，如图 所示，由几何关系可得AC=2Rsin θ，小球沿AC运动的加速度大小为a1=gsin θ，则有2Rsin θ=gsin θ·，解得t1=；在运动过程中，1、2两球在轨道上的滑行时间之比为==∶，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.如图所示，一根细线一端系在天花板上，另一端系在木箱上，木箱内放有一个质量m=0.1 kg的物块，物块与水平轻质弹簧相连，弹簧的另一端与木箱左壁相连，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力为0.5 N，物块保持静止状态。取重力加速度g=10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间，物块的加速度大小是 (　　) A.0 B.5 m/s2 C.10 m/s2 D.5 m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：用剪刀把细线剪断的瞬间，物块竖直方向的加速度ay=g=10 m/s2，因物块完全失重，物块对木箱的压力为零，则水平方向不受摩擦力，只受弹簧的拉力，则ax==5 m/s2，可知物块的加速度大小a==5 m/s2，故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(12分)(2025·辽宁沈阳模拟预测)高楼火灾已经成 为威胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所示，有人 设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以 通过该通道滑到地面。通道的长度可以适当调节。若某 次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍；当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，g取10 m/s2，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；(4分) 答案：2 m/s2　 解析：当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关系有sin θ==0.6 根据牛顿第二定律有mgsin θ-0.4mg=ma1 解得a1=2 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最短时间。(8分) 答案：6 s 解析：当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有2×0.4mg-mgsin θ=ma2，解得a2=2 m/s2 设人的最大速度为vm，人滑到底端时的速度为v，则有+=28 m，t=+，解得t=6 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(12分)如图甲所示是钢架雪车比赛项目的一段赛道示意图，长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速运动到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示)，运动员经过B点时速率未发生改变，到C点共计用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在赛道上运动，其总质量为100 kg，sin 15°=0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)在直道AB上的加速度大小；(3分) 答案： m/s2　 解析：设雪车(包括运动员)在直道AB上的加速度大小为a1，根据运动学公式可得2a1xAB=，解得a1== m/s2= m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)过C点的速度大小；(6分) 答案：12 m/s　 解析：在直道AB上运动的时间为t1==3 s 从B点到C点，根据运动学公式可得xBC=vBt2+a2 其中t2=5.0 s-t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 雪车(包括运动员)过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。(3分) 答案：60 N 解析：设雪车(包括运动员)在斜道BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得mgsin 15°-f=ma2 解得f=60 N。   2 3 4 $$