第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的基本应用”，覆盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类基本问题三大高考核心考点，依据高考评价体系梳理考点权重，如瞬时加速度问题中轻绳轻杆与弹簧模型占比达60%，并通过2024湖南卷T3等真题归纳常考题型，构建“受力分析-状态突变-牛顿第二定律应用”答题体系。 课件亮点在于“真题引领+科学思维建模”，如以2022浙江卷T19为例，示范动力学问题“加速度桥梁”解法，培养运动和相互作用观念；总结瞬时加速度“三步分析法”，提升科学推理能力。课时测评含八省联考模拟题，助力教师精准把握学情，帮助学生高效突破高考高频考点。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 高三一轮复习讲义 新高考 第三章　牛顿运动定律 1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。 2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。 3.会解决动力学的两类基本问题。 学习目标 考点一　瞬时加速度问题 考点二　超重与失重问题 考点三　动力学的两类基本问题 课时测评 内容索引 聚集学科素养 瞬时加速度问题 考点一 返回 瞬时加速度问题的两类模型 轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理 弹簧、蹦床和橡皮条 当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变，一般题目中所给的蹦床和橡皮条在不加特殊说明时，也按此模型处理 (2024·湖南卷·T3)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 例1 √ 细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg。细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有FAB－3mg＝3maB；对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。 迁移拓展1.两个质量均为m的小球A、B，用一根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系于天花板上，整体处于平衡状态，如图所示。重力加速度为g。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则 A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 √ 由于绳子拉力可以突变，故剪断轻绳1后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故A正确。 迁移拓展2.将[迁移拓展1]中的小球A、B用轻弹簧连接，用一根轻绳把小球A连接在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，下列正确的是 A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g √ 剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为FT＝2mg sin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，小球B所受合力为0，所以A、B球的瞬时加速度分别为aA＝2g sin 30°＝g，aB＝0。故选B。 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是 A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ C．A与B的加速度之比为1∶1 D．A与B的加速度之比为cos θ∶1 例2 √ 根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mg cos θ，mg sin θ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有F cos θ＝mg，mg tan θ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，故A、B、C错误，D正确。 求解瞬时加速度问题的基本思路 1．分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，求出各力大小(若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；若处于非平衡状态，则利用牛顿第二定律)。 　　 2．分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳中的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)。 3．求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。 总结提升 返回 超重与失重问题 考点二 返回 知识梳理 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态_____。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为_____。 无关 视重 2．超重、失重和完全失重的比较 状态 超重 失重 完全失重 现象 视重_____物体重力 视重_____物体重力 视重等于___ 产生条件 竖直方向上，物体的加速度向___ 竖直方向上，物体的加速度向___ 竖直方向上，物体的加速度向下，等于___ 运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度_____下降或减速上升 原理方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0 大于 小于 0 上 下 g 加速 (2022·浙江6月·T3·改编)如图所示为鱼儿摆尾击水跃出水面吞食荷花花瓣的情境。 判断下列说法的正误： (1)鱼儿吞食花瓣时鱼儿处于超重状态。 ( ) (2)鱼儿摆尾出水时处于失重状态。 ( ) (3)鱼儿吞食花瓣后下落的过程处于完全失重状态。 ( ) × × √ 核心突破 判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体受到向上的拉力(或支持力)： (1)大于重力时，物体处于超重状态。 (2)小于重力时，物体处于失重状态。 (3)等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有的加速度： (1)方向向上(或竖直分量向上)时，物体向上加速或向下减速运动时，物体处于超重状态。 (2)方向向下(或竖直分量向下)时，物体向下加速或向上减速运动时，物体处于失重状态。 (3)方向向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 例3 (多选)北京时间2024年8月3日，中国运动员在巴黎奥运会男子蹦床决赛当中获得银牌。某运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。依据图像给出的信息，下列说法正确的是 A．运动员的质量为60 kg B．运动员的最大加速度为45 m/s2 C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m D．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态 √ √ √ 由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，则最大加速度am＝＝ 45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的最长时间为2 s，上升和下落的时间均为t＝1 s，则最大高度为h＝gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，选项D错误。故选ABC。 针对练．(2025·八省联考·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 √ 由题意可知，该同学处于超重状态，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有m′g－mg＝ma，可得a＝m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，故选D。 返回 动力学的两类基本问题 考点三 返回 关键：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解有关问题。 例4 考向1　已知受力求运动情况 (2022·浙江6月·T19)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 根据牛顿第二定律可得 mg sin 24°－μmg cos 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 根据运动学公式可得v2＝2a1l1 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 根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2 根据运动学公式可得－v2＝－2a2l2 联立并代入数据解得l2＝2.7 m。 针对练．如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 A．小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B．小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1 C．小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D．小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s √ 设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝ 6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为 μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mg cos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a′，则mg sin θ－Ff＝ma′，又v′2＝2a′x，解得小海豚下滑回到O点时的速度为v′＝v1≈ 8.7 m/s，D错误。故选B。 考向2　已知运动情况求受力 (2023·山西太原市一模)2022北京冬残奥会开幕式倒计时是以轮椅冰壶的形式出现的。若某次训练中，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5 m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40 m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小； 答案：0.08　144 N 例5 “冰壶”在水平恒力F作用下做匀加速运动，运动5 m后的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1 撤掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s时间内运动了40 m，由牛顿第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝，解得μ＝0.08，F＝144 N。 (2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？ 答案：200 N 设撤掉水平恒力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿第二定律及运动学公式可知 匀加速过程F′－μ′mg＝ma3 匀减速过程μ′mg＝ma4 所用总时间＝10 s 所走总路程＝45 m 联立解得F′＝200 N。 解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁” 总结提升 针对练．(多选)(2024·辽宁沈阳模拟)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一足够长的固定斜面，其运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则 A．物块向上运动的位移为x＝4 m B．斜面的倾角θ＝30° C．物块的质量m＝1 kg D．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ √ √ √ 根据题图乙可知物块先沿斜面向上减速后 沿斜面向下加速，物块向上运动的位移为 x＝＝4 m，故A正确；根据牛顿第二定 律，物块向上运动时有mg sin θ＋μmg cos θ ＝ma1，物体向下加速时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，v-t图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为a1＝＝8 m/s2，a2＝＝ 2 m/s2，联立解得θ＝30°，μ＝，故B、D正确；在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量，故C错误。故选ABD。 返回 6.物体在三类斜面上的“赛跑” 聚焦学 科素养 返回 物体在斜面上的“赛跑”问题是指物体从光滑斜面顶端由静止下滑到底端所用时间长短的比较问题。 设斜面的长度为L、倾角为θ，物体滑行加速度为a、滑行时间为t，当地重力加速度为g。根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，由位移公式得L＝at2，联立解得t＝，由此可知下滑时间由斜面的长度L、倾角θ共同决定。 对于物体在不同光滑斜面上下滑时间的比较问题，根据斜面的特点可以分为以下三类情况讨论： 1．等高的斜面(如图1所示) 由于L＝，代入上面的通式可得t＝ t3。 2．同底的斜面(如图2所示) 由于L＝，代入上面的通式可得t＝ t2。 3．同圆周的斜面——“等时圆”模型 同圆周的斜面可以分为以下三类： (1)圆周内同顶端的斜面(如图3所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上某点。由于L＝2R sin θ，代入上面的通式可得t＝，可推得：t1＝t2＝t3。 (2)圆周内同底端的斜面(如图4所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。 (3)双圆周内的斜面(如图5所示)：即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆外切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。同理可推得：t1＝t2＝t3。 模型1　同底的斜面 (2021·全国甲卷·T14)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。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止 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。若由30°逐渐增大至60°，物块的下 滑时间t将 A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 例1 √ 设QP在水平面的投影长度为L，则QP长度为， 物块在光滑长平板上下滑的加速度a＝g sin θ，由 at2，解得t＝＝，显然 在θ＝45°时，t最小，所以平板与水平面的夹角由 30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小 后增大。故选D。 模型2　“等时圆”模型的应用 倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在斜面上方A点伸 出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，A、B、C、D 在同一竖直平面，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC ＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别 套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是 A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD 例2 √ 由∠BAC＝θ可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，如图所示，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的知识可知tB＝tC<tD。故选B。 返回 课 时 测 评 返回 1．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，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，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间，则有 A．图甲中A球的加速度为g sin θ B．图甲中B球的加速度为0 C．图乙中A、B两球的加速度均为0 D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；题图甲中撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(2025·八省联考·山陕青宁卷)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 5 6 7 8 9 10 1 对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为FT1＝2mg tan 60°＝2mg，L2的拉力大小为FT2＝＝4mg，故A、B错误；若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受到的合力仍为零，加速度为零；若剪断L1，对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度a＝g，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(2024·河南三门峡阶段考试)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，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 5 6 7 8 9 10 1 剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得F sin 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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝ 8 m/s2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4．(2024·长沙雅礼中学一模)某教师用图 甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传 感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉 水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯从静 止开始运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受 拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A．AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态 B．电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C．AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 D．CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重 状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处 于失重状态，A错误；AB阶段加速度 向上，CD阶段加速度向下，电梯先后 经历了向上加速、向上匀速和向上减 速的过程，B错误；由题图乙可知矿泉水瓶的重力mg＝15 N，则矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈ 0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5．(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失 重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上， 由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1 ＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系 统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重 力加速度g＝。则 A．座舱的最大速度为24 m/s B．匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的 C．匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 D．匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝ma2，则有，故C错误，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6．(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝。下列说法正确的是 A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D．无人机上升的最大高度为42 m √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝ 12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝ 12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7．(多选)如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l ＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m ＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提 供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上 受到的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定且飞机在弹射区发动机正常工作，取g＝)。下列说法正确的是 A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝ B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有 F推－mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－ ＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1 ＝20 m/s，由＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－ ，故A、C正确，B错误；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6) A． B． C． D． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由牛顿第二定律，上升时有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝g，则t1＝；下滑时有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得a2＝0.2g，由x2＝x1＝，解得t2＝，所以t＝t1＋t2＝，故选项C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．(10分)(2025·八省联考·河南卷)如图甲所示的水平地面上，质量为1kg的物体在水平方向力F的作用下从静止开始做直线运动。图乙为F随时间t变化的关系图像。已知物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)在2 s末物体的速度大小； 答案：8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物体所受的摩擦力为 Ff＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N 0～2s，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 其中F＝6 N，解得a＝4 m/s2 2 s末物体的速度v＝at＝4×2 m/s＝8 m/s 前2 s内物体的位移 x1＝×4×22 m＝8 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)在0～3 s内物体所受摩擦力做的功。 答案：－27 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2～3 s内，根据牛顿第二定律得 F′－Ff＝ma′ 其中F′＝－3 N 解得a′＝－5 m/s 2～3 s内，物体的位移x2＝vt′＋at′2 代入数据解得x2＝5.5 m 在0～3 s内物体所受摩擦力做的功 Wf＝－Ff(x1＋x2) 代入数据解得Wf＝－27 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(12分)2021年5月15日7时18分，天问一号着陆巡视器成 功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探 测任务着陆火星取得圆满成功。如图为探测器在火星表面最 后100米着陆的模拟示意图。探测器到达距火星表面100米的 时候，进入悬停阶段，某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始竖直匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始竖直匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取 4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求： (1)全程的平均速度大小； 答案：8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－Ff＝ma1，其中Ff＝0.2mg火 解得a1＝3.2 m/s2 5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s 全程的平均速度大小为＝8 m/s 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)减速下落过程中的加速度大小(结果保留2位有效数字)； 答案：2.1 m/s2 加速下落过程中，由h1＝ 解得h1＝40 m 则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m 减速下落过程中的加速度大小a2＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(结果保留2位有效数字)。 答案：2.7×104 N 设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋Ff－mg火＝ma2 解得F≈2.7×104 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 牛顿第二定律的基本应用 $