第8讲 牛顿第二定律的基本应用-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word（提升版）

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律的基本应用，覆盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类问题等高考核心考点，按“概念辨析-模型突破-综合应用”逻辑架构知识点，通过双基落实、考点分讲、方法总结、分层练习的教学流程，帮助学生系统构建解题框架，突破难点。 资料以模型建构和科学推理为核心，如对比刚性绳与弹簧的瞬时性差异，结合2024湖南高考题深化理解，设计“受力-运动-规律”三步解题法，配合等时圆模型拓展，培养学生物理观念和科学思维，分层练习保障复习效果，助力教师精准把控节奏，提升学生应考能力。

第8讲　牛顿第二定律的基本应用 1.理解加速度和力的瞬时对应性，掌握瞬时加速度问题的求解思路。 2.认识两类基本的动力学问题，并掌握相应的求解思路和方法。 3.理解超重和失重现象，会用牛顿第二定律分析超重、失重现象。 　　 双基落实 1.易错判断 （1）对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力作用在物体上的瞬间，物体立即获得加速度。（　√　） （2）物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，则加速度由运动情况决定。（　×　） （3）超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了。（　×　） （4）物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体具有向下的加速度时处于失重状态。（　√　） （5）加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。（　×　） 2.〔多选〕〔人教版必修第一册P107·T1改编〕质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，给该物体施加两个大小都为50 N且互成120°角的水平力，关于该物体，下列说法正确的是（　　） A.物体受到的合力为50 N B.物体的加速度为25 m/s2 C.3 s末物体的速度为7.5 m/s D.3 s内物体发生的位移为12.5 m 解析：AC　两个互成120°角的力，其合力大小为F合＝2Fcos 60°＝50 N，物体的加速度为a＝＝2.5 m/s2，3 s末物体的速度为v＝at＝7.5 m/s，3 s内物体发生的位移为x＝at2＝11.25 m，故A、C正确，B、D错误。 考点一　瞬时性问题的两类模型 两类模型及其特点 （1）刚性绳、杆、接触面模型：弹力由微小（不明显）形变引起，在瞬间可以发生“突变”。 （2）轻弹簧、橡皮绳等模型：弹力对应的形变量较大（明显），在瞬间不能发生“突变”。 （2026·河北石家庄模拟）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两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间（　　） A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin θ D.图乙中B球的加速度为零 答案：C　 解析：撤去挡板前，由平衡条件知挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，弹簧或杆对A的作用力的大小是mgsin θ；因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力可以突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中撤去挡板后整体将一起沿斜面加速下滑，加速度均为gsin θ。故选C。 教材母题 　〔人教版必修第一册P114B组T1改编〕如图所示，质量相同的A、B两个小球用轻弹簧相连，A的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪断轻绳，则轻绳被剪断瞬间（已知重力加速度为g）（　　） A.B的加速度为0 B.A的加速度为0 C.A、B的加速度都为g D.A、B的加速度都为2g 答案：A 解析：设两个小球质量均为m，轻绳剪断前，弹簧的弹力F＝mg，轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A有mg＋F＝maA，解得aA＝2g，对B有mg－F＝maB，解得aB＝0，故选A。 链接高考 　（2024·湖南高考3题）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：A　剪断细线前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，剪断细线瞬间，B、C间拉力消失，两弹簧的弹力不变，对B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。 链接分析 　教材母题和2024·湖南高考3题： （1）都是刚性绳和轻弹簧连接小球的模型； （2）都考查了应用牛顿第二定律求解瞬时加速度问题； （3）高考题的命题情境是教材母题的拓展和提升。 考点二　超重与失重现象 　　 超、失重现象的理解和判断 （1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 （2）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 （3）尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 （2026·天津和平期末）科学研究表明，一般人在超重状态下加速度达到5g左右时，就会出现黑视现象，短暂失去视觉。某同学想了解自身的承受能力，她站在力传感器上得到如图所示图线，重力加速度g取10 m/s2，对于本次实验以下说法正确的是（　　） A.失重的最大加速度为5 m/s2 B.超重的最大加速度为6 m/s2 C.她先站起，后下蹲 D.她先下蹲，后站起 答案：D 解析：由图可知，该同学的重力G＝mg＝500 N，解得m＝50 kg，根据牛顿第二定律有500 N－200 N＝50a1，可得失重的最大加速度a1＝6 m/s2，故A错误；同理根据牛顿第二定律有700 N－500 N＝50a2，可得超重的最大加速度a2＝4 m/s2，故B错误；根据题图像可知该同学先失重，后超重，经过一段时间后先超重再失重，可知该同学先向下加速后向下减速，然后向上加速再向上减速，可知她先下蹲，后站起，故D正确，C错误。 超、失重现象的分析和计算 〔多选〕（2025·贵州贵阳二模）某学习小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体，静止不动时示数如图。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。电梯上行一段时间，则下列说法正确的是（　　） A.若电梯匀速上行，则测力计示数为5.0 N B.若测力计的示数为4.5 N，则物体处于超重状态 C.若测力计的示数为4.5 N，则物体处于失重状态 D.若测力计的示数为4.5 N，电梯加速度大小约为1.0 m/s2 答案：ACD 解析：根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N，由题意可知mg＝5.0 N，故A正确；电梯上行时，测力计示数为4.5 N＜mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a≈1.0 m/s2。故A、C、D正确，B错误。 判断超重和失重的方法 从受力的 角度判断 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化 的角度判断 物体向上加速或向下减速时，超重； 物体向下加速或向上减速时，失重 （2025·河北衡水二模）运动员在水平跳台上做原地纵跳时，在快速下蹲后立即蹬伸的过程中，人受到的地面支持力的变化情况（如图，G为重力，F为支持力）用F-t图像表示，则下列选项中的图像正确的是（　　） 解析：A　快速下蹲时，先加速向下运动后减速向下运动，可知运动员的加速度先向下后向上，可知其先失重（F＜G）后超重（F＞G）；蹬伸的过程，先加速向上运动后减速向上运动，可知运动员的加速度先向上后向下，可知其先超重（F＞G）后失重（F＜G），腾空后，运动员处于完全失重（F＝0），综合以上可知A选项符合题意。 考点三　动力学的两类基本问题 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.解题关键 （1）做好两类分析：受力分析和运动过程分析。 （2）搭建两个桥梁：联系运动和力的桥梁——加速度，联系各物理过程的桥梁——连接点的速度。 （2026·福建泉州模拟）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AB与水平面夹角为24°，长度L1＝4 m，水平滑轨BC长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从顶端A由静止开始下滑，其与两段滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点，其质量m＝2 kg，货物滑离C端时的速度不超过2 m/s，取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，g＝10 m/s2，求： （1）货物在倾斜滑轨运动过程中的加速度大小； （2）水平滑轨BC的最短长度L2。 答案：（1）2 m/s2　（2）2.7 m 解析：（1）设货物在倾斜滑轨上运动过程中的加速度大小为a1，对货物受力分析，如图，垂直于倾斜滑轨方向，由平衡条件可得N＝mgcos 24° 沿倾斜滑轨方向，由牛顿第二定律可得mgsin 24°－f＝ma1 其中f＝μN 联立解得a1＝2 m/s2。 （2）结合（1）可知，货物在倾斜滑轨上，根据运动学公式有v2＝2a1L1 在水平滑轨上，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2 货物在水平滑轨上，根据运动学公式有－v2＝－2a2L2 由题意知vmax＝2 m/s，联立解得L2＝2.7 m。 室内滑雪运动深受年轻朋友的喜爱。如图所示，某同学用滑雪板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，需要再滑行80 m后匀减速到停止，整个滑行时间为14 s。已知该同学和滑雪板的总质量为60 kg，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）。求： （1）该同学和滑雪板在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小； （2）室内滑雪受场地限制，水平雪道距离缩短为60 m，再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪板在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪板之间的动摩擦因数。 答案：（1）160 N　（2）0.5 解析：（1）该同学和滑雪板在斜直雪道上做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a1，位移大小为x1，所用时间为t1，末速度为vm；而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，则有 x1＝t1，x2＝t2，t1＋t2＝14 s 联立解得vm＝20 m/s，t1＝6 s，t2＝8 s 根据速度与时间的关系式可得其在斜直雪道上的加速度大小为 a1＝＝ m/s2 由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff＝ma1 解得Ff＝160 N。 （2）设在水平雪道上滑行时加速度大小为a2，则可得a2＝＝2.5 m/s2 当水平雪道缩短为x3＝60 m时，设该同学和滑雪板滑出水平雪道时的速度为v，则有 v2－＝－2a2x3 解得v＝10 m/s 设在防滑垫上的加速度大小为a3，防滑垫的长度为x4＝10 m，则有v2＝2a3x4 解得a3＝5 m/s2 则由牛顿第二定律有μmg＝ma3 解得μ＝0.5。 解答动力学的两类基本问题的步骤 〔多选〕（2026·广东深圳期末）滑雪运动是游乐场中深受大家喜爱的娱乐项目。如图，一滑雪场的滑雪道由斜直雪道和水平雪道平滑连接，人坐在滑雪车中沿斜直雪道下滑，以初速度v0进入水平雪道，经过4 s从水平雪道的另一端滑出。已知水平雪道长40 m，g取10 m/s2，滑雪车与水平雪道的动摩擦因数为μ，空气阻力忽略不计，下列v0、μ值可能正确的是（　　） A.v0＝15 m/s B.v0＝25 m/s C.μ＝0.4 D.μ＝0.6 解析：AC　设水平雪道长L，运动时间为t，滑出时的速度为v，则平均速度为＝＝，由于从水平雪道的另一端滑出，有v＞0，解得v0＜20 m/s，故A正确，B错误；设滑雪车在水平雪道上的加速度大小为a，有μmg＝ma，解得a＝μg，根据匀变速直线运动规律x＝，由于v＞0，v0＜20 m/s，解得，μ＜0.5，故C正确，D错误。 等时圆模型 1.“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2.模型的三种情况 （1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示； （2）质点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； （3）两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 （2026·河南郑州期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，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 答案：B　 解析：由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动的过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝a，联立解得tC＝，由此可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。 （2026·陕西西安一模）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 解析：D　以过P点的竖直线为直径作圆，且该圆与竖直杆相切于Q2点，如图所示，根据等时圆模型的规律可知，当平板位于Q2P位置（平板与底座之间的夹角θ＝45°）时，物块由Q2处由静止滑到P点的时间最短，所以当夹角θ从30°（Q1P位置）逐渐增大至60°（Q3P位置）时，物块下滑的时间先减小后增大，故D正确。 　　 1.（2025·云南曲靖一模）如图所示，三个质量均为m的小球竖直悬挂。B与C小球、A小球与天花板之间均通过轻绳连接，A与B小球之间通过轻弹簧连接，整个系统处于静止状态，重力加速度为g。剪断A球上方轻绳瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为（　　） A.aA＝3g，aB＝0，aC＝0 B.aA＝3g，aB＝g，aC＝g C.aA＝g，aB＝g，aC＝0 D.aA＝g，aB＝0，aC＝g 解析：A　未剪断A上方的轻绳时，整体处于平衡状态，A上方轻绳的拉力为F＝3mg，剪断A小球上方轻绳的瞬间，轻弹簧形变保持不变，故B、C两小球依然平衡，则有aB＝aC＝0，此时A小球受到的合外力大小为F'＝3mg，方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得A小球的加速度大小为aA＝＝3g。故选A。 2.（2026·河北模拟预测）工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为1.2 m的车厢底部用有效长度为2 m的木板与地面之间搭建了一个斜面，在斜面顶端有一物块，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度为g＝10 m/s2，物块可看作质点，则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时间为（　　） A.0.5 s B.1.0 s C. s D.2.0 s 解析：B　设木板与地面间的倾角为θ，则有sin θ＝＝0.6，cos θ＝＝0.8，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得物块的加速度大小为a＝4 m/s2，根据运动学公式可得L＝at2，解得物块从静止沿木板运动到底部所用时间为t＝ s＝1.0 s，故选B。 3.★（2026·河南开封模拟）农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量m＝44 kg起飞，以安全飞行速度v0＝8 m/s水平向着障碍物飞行，雷达发现s＝10.5 m处的障碍物后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机悬停在距离障碍物l＝2.5 m处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力大小为（　　） A.88 N B.176 N C.88 N D.176 N 解析：A　无人机做匀变速直线运动，有0－＝2a（s－l），解得无人机的加速度a＝－4 m/s2，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小F＝＝88 N，故A正确。 4.（2025·湖南株洲一模）水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知苹果在与地板接触后经过时间Δt速度减为0，桔子在与地板接触后经过时间2Δt速度减为0，苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，则苹果和桔子的碰伤阈值之比约为（　　） A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.2∶1 解析：A　苹果和桔子碰伤所需的平均作用力均约为自身重力的3倍，由牛顿第二定律可知，苹果和桔子减速过程的加速度大小均为a＝＝2g，设与地板接触时，苹果和桔子的速度分别为v1、v2，有0＝v1－aΔt，0＝v2－a·2Δt，可得v1∶v2＝1∶2，根据自由落体运动公式v2＝2gh，可得苹果和桔子的碰伤阈值之比约为h1∶h2＝∶＝1∶4。故选A。 5.〔多选〕（2025·甘肃高考8题）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（　　） A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 解析：BC　加速度为零时速度最大，此时弹簧的弹力等于A的重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前F弹＝3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A，由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，解得a＝，选项B正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝，剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝，即振幅为A＝x1－x2＝，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；再根据对称性可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。 6.〔多选〕（2026·甘肃平凉阶段练习）如图所示，小物块从倾角α＝30°的固定斜面底端A点，以v0＝12 m/s的速度沿斜面上滑，经过时间t后小物块的速度大小为4 m/s，此时小物块到A点间的距离为x，一段时间后小物块又回到A点。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，物块可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法可能正确的是（　　） A.t＝1 s、x＝8 m B.t＝3.5 s、x＝4 m C.斜面长度至少为5 m D.斜面长度至少为9 m 解析：AD　物块上滑时有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得a1＝8 m/s2，小物块沿斜面上滑的距离x1＝＝9 m，上滑的时间t1＝＝1.5 s，则斜面长度至少为9 m；根据运动学公式有v＝v0－a1t，x＝v0t－a1t2，则在上滑速度为4 m/s时，代入可得t＝1 s、x＝8 m，故A、D正确，C错误；小物块上滑至最高点时，由于mgsin α＞μmgcos α，则物块将沿斜面下滑，有mgsin α－μmgcos α＝ma2，解得a2＝2 m/s2，根据运动学公式有v2＝a2t2，x2＝a2，则在下滑速度为4 m/s时，代入可得t2＝2 s、x2＝4 m，此时t＝t1＋t2＝3.5 s，x＝x1－x2＝5 m，故B错误。 7.（2025·湖北高考7题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图a所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图b所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A. B. C. D.2 解析：B　撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动，撤去拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框发生碰撞，则门板末速度为0，作出其v-t图像如图所示，整个过程门板的总位移为，即v-t图像与坐标轴围成的图形面积（表示总位移）不变，由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速度大小恒为a＝μg，由图可知若使整个运动时间尽量短，则拉力较大，加速时间趋近于0，由x＝at2可知最短时间趋近于tmin＝，B正确。 8.★（2026·辽宁沈阳模拟）如图所示为设计的一种高楼新型逃生通道，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＝10 m/s2，求： （1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小； （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大速度和最短时间。 答案：（1）2 m/s2　（2）8 m/s　6 s 解析：（1）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）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vmax，人滑到底端的速度为v，则有＋＝l，t＝＋ 代入数值联立解得vm＝8 m/s，t＝6 s。 9.★（2026·高三全国专题练习）航空母舰“福建舰”如图甲所示，所配备的电磁弹射系统可简化为如图乙所示的模型，可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距起飞。质量为M的某舰载机，若不启用电磁弹射系统，航母保持静止状态，舰载机靠自身发动机推力由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，可以起飞。若启用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，该舰载机在自身发动机同样打开的情况下，又加载了质量为m的弹药，仅需滑跑的距离即可起飞。已知舰载机所受阻力恒为自身发动机提供推力的20％，舰载机升空速度的平方与舰载机质量成正比。 （1）若不启用电磁弹射系统，航母保持静止状态，求舰载机自身发动机为舰载机所提供的推力大小； （2）若启用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，求电磁弹射系统为该舰载机所提供的推力大小。 答案：（1）　（2）· 解析：（1）若不启用电磁弹射系统，且航母保持静止状态， 该舰载机由静止做匀加速运动直至起飞，由速度与位移关系式可得v2＝2aL， 由牛顿第二定律得，舰载机所受合力为F合＝Ma， 对舰载机受力分析，知F合＝F－f，f＝20％F，联立解得F＝。 （2）若启用电磁弹射系统，航母仍保持静止状态，该舰载机在自身发动机同样打开的情况下，又加载质量为m的弹药，该舰载机由静止匀加速运动直至起飞，由速度与位移关系式得v'2＝2a'×设电磁弹射系统为该舰载机所提供的推力为F'，由牛顿第二定律得F－f＋F'＝（M＋m）a'，f＝20％F， 由题意可知＝，联立解得F'＝·。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $