第三章 第2讲 牛顿第二定律的理解及应用（配套教参）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 [典例2]（多选）如图，一个 知 人站在水平地面上的长木 板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止 状态，三者的质量均为m,重力加速度为g,则 ( A.箱子对木板的摩擦力方向向右 B木板对地面的摩擦力方向向左 C.木板对地面的压力大小为3mg D.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压 力会大于3mg [解析]AC[以箱子为研究对象，水平方向上， 木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以， 木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定 律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确； 以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所 受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg, 根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为 3mg,选项C正确，D错误；以整体为研究对象，地 面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力 为0，选项B错误.门 第2讲 牛顿第 课前~双基复盘 学 必备知识填充 [知识点一]牛顿第二定律、单位制 1.牛顿第二定律 (1)内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它 的质量成反比.加速度的方向与作用力的方向相同 (2)表达式a=E或F=ma. m (3)适用范围 ①只适用于惯性参考系（相对地面静止或做匀速 直线运动的参考系). ②只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运 动（远小于光速）的情况. 2.单位制 (1)单位制由基本单位和导出单位组成 [典例3]（多选）如图所示，物体b 在水平推力F作用下，将物体a挤 压在竖直墙壁上，a、b均处于静止 状态，下列说法正确的是( A.a对墙壁的摩擦力方向向下 B.b对a的摩擦力方向向上 C.增大水平推力F,a对墙壁的摩擦力变大 D.增大水平推力F,b对a的摩擦力不变 [解析]AD[以b为研究对象，在竖直方向上，b 受到的重力与a给它的摩擦力平衡，所以a对b的 摩擦力方向向上，大小始终等于m,g,根据牛顿第 三定律，b对a的摩擦力方向向下，大小始终等于 bg,选项B错误，D正确.以整体为研究对象，在 竖直方向上，墙对a的摩擦力与整体所受的重力平 衡，所以，墙对的摩擦力方向向上，大小始终等于 mg十mbg,根据牛顿第三定律，a对墙的摩擦力方 向向下，大小始终等于mg十mg,选项A正确， C错误.] 定律的理解及应用 生用书P44 教材盘点落实双基 (2)基本单位 基本量的单位.力学中的基本量有三个，它们分别 是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克 秒、米。 (3)导出单位 由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的 单位 [知识点二]超重与失重 1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态 无关，在地球上的同一位置是不变的 (2)视重 ①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上 时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重. ②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台 秤所受物体的压力。 58 2.超重、失重和完全失重的比较 超重现象 失重现象 完全失重现象 物体对支持物物体对支持物物体对支持物 的压力（或对悬 的压力（或对悬的压力（或对 概念挂物的拉力)大挂物的拉力)小 悬挂物的拉 于物体所受重于物体所受重 力)等于零的 力的现象 力的现象 现象 物体的加速度 产生物体的加速度物体的加速度 方向竖直向 条件方向竖直向上 方向竖直向下 下，大小为a 二g 原理F-mg=ma mg一F=ma mg-F=mg 方程F=m(g十a】 F=m(g-a） F=0 无阻力的抛体 运动加速上升或减加速下降或减 运动：绕地球 状态速下降 速上升 匀速圆周运动 [知识点三]动力学两类基本问题 1.两类动力学问题 (1)已知物体的受力情况求物体的运动情况， (2)已知物体的运动情况求物体的受力情况 2.解决两类基本问题的方法 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，具体逻辑关系如下： 由力求运动 受力牛顿第二定律】 加速度 运动学公式运动 情况 情况 由运动求力 走进教材拾金 1.（人教版必修第一册P8·T1改编)由牛顿第二定 律F=ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产 生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时， 却推不动，这是因为 () A.牛顿第二定律不适用于静止的物体 B.桌子加速度很小，速度增量也很小，眼晴观察不到 C.推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值 D.桌子所受的合力为零，加速度为零 答案：D 2.（人教版必修第一册P108· T2改编)民航客机都有紧 急出口，发生意外情况的飞 机紧急着陆后，打开紧急出 口，狭长的气囊会自动充 气，生成一条连接出口与地 第三章牛顿运动定律 面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面（如图所示）. 假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4m,气 囊所形成的斜面长度为8m,一质量为60kg的乘 客在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加 速直线运动.假设乘客与气囊间的动摩擦因数为 ,g取10m/s,那么下列说法正确的是(） A.该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为1s B.该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为3s C.该乘客滑至气囊底端时的速度大小为4m/s D.该乘客滑至气囊底端时的速度大小为8m/s 解析：D[设斜面的倾角为0，则sin08册2， 解得0=30°，对乘客受力分析，根据牛顿第二定律 可得mgsin0-mgcos0=ma,解得乘客的加速度 a=4m/s,根据位移-时间关系可得斜面长度L= 2a,解得孩乘容滑至气袁底端所经历的时间1= √巴②。=2放AB结误：根播建度时同 关系可得，该乘客滑至气囊底端时的速度大小为 v=at-8m/s,故C错误，D正确.] 3.(人教版必修第一册P7[例题 2]改编)如图所示，沿水平方向 037 做匀变速直线运动的车厢中， 悬挂小球的悬线偏离竖直方向 的夹角0=37°，小球和车厢相对静止，小球的质量 为1kg.sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2.求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； (2)悬线对小球的拉力大小. 解析：(1)由于车厢沿水平方向运动，所以 FT 小球有水平方向的加速度，所受合力F 沿水平方向. 选小球为研究对象，受力分析如图所示. mg 由几何关系可得F=mgtan0, 小球的加速度a=E=gtan0=7.5m/s,方向向 m 右，则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减 速直线运动 (2)悬线对小球的拉力大小为 F,=m52=1X0N=12.5N cos 00.8 答案：(1)见解析(2)12.5N 高考总复习物理 课堂>研透考点 学生用书P46 热点考向讲练提升 考点一 对牛顿第二定律的理解 考点透视 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 1.牛顿第二定律的五个特性 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 →a与F方向相同 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 矢量性 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N →a与F对应同一时刻 ,瞬时性 [解析]C[因为物块甲向右运动，木箱静止，根 据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误； →F是产生a的原因 因果性 设乙运动的加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定 F=ma 加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力 -F、m、a对应同一物体 统一性 分析有FN=M感g一ma,则地面对木箱的支持力大 →Fm、a统一使用国际单位 小不变，B错误；设绳子的弹力大小为T,对甲受力 分析有T一mg=ma, 每一个力都可以产生各自的加速度]一独立性 对乙受力分析有mg-T=ma, 2.合力、加速度、速度之间的决定关系 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物 误.故选C.] 体都有加速度。 [典例3]水平路面上有一货车运载着5个相同的、 (2a=会铝是加速度的定义式，a与△u,a4无必然联 质量均为m的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好 占据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、B之 系：a=E是加速度的决定式，acF,aoc1 间（如图所示），重力加速度为g.汽车以某一加速 (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反 度向左运动时，工件A与D之间恰好没有作用力， 向时，物体减速运动. 此时工件D与B间的作用力大小为 典题例析 D [典例1](2025·甘肃卷，3)2025年4月24日，在甘 A 肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载 人飞船的长征二号F遥二十运载火箭.若在初始的1s 内燃料对火箭的平均推力约为6×10.火箭质量约 为500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s A.g mg 内的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2) C.√3mg D.2√3mg ( [解析]A[对D受力分析，当工件A与D之间 A.2 m/s B.4 m/s2 恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力两 C.6 m/s2 D.12m/s2 个力作用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线 [解析]A[根据题意，由牛顿第二定律有F 方向)，弹力和重力的合力产生加速度，如下图所示 mg=ma,代入数据解得a=6×10°-5×10 m/s2 5×10 =2m/s2.] 60 [典例2](2025·安徽卷，5) 如图，装有轻质光滑定滑轮的 长方体木箱静置在水平地面 上，木箱上的物块甲通过不可 根据牛顿第二定律得F合=ma= an603 mg 3 mg 伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连.乙拉着 甲从静止开始运动，木箱始终保持静止.已知甲、乙 当a= 3g时A与D之间恰好没有作用力，所以工 质量均为1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为 0.5,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则在 件D与B同的作用力大小为人= 25 3 mg, 乙下落的过程中 ( 故选A.] ·60· [教师专享] 物体静止于光滑水平面上， 某时刻在物体上施加一个 左 右 水平向右的力F,且F的大小逐渐减小到零；关于 此过程中物体的运动情况，下列说法不正确的是 A.物体的加速度逐渐减小到零 B.物体向右做减速运动 考点二 瞬时 考点透视 1.两种模型：加速度与合外力具有瞬时对应关系，二 者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化 为以下两种模型： 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离 轻绳、轻杆 后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失 和接触面 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 两种 模型 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 弹簧、蹦床 会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力 和橡皮筋 的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力 不突变 2.求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 列牛顿第二 求瞬时 物体的受力情况 定律方程 加速度 典题例析 [典例4幻(2024·湖南卷，3)如图，质量 分别为4m、3n、2m、m的四个小球A、 B 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 [剪断前：对B、C、D分析剪断瞬间：对B分析 ↑FAB →FB6mg P→B的加速度a学F33g 13mg方向向上 3m (3m+2m+m)g 对D分析 对C分析Fn=Fc mg→fomg 2mg+Foc=1.5gl ”c的加速度ae=2m 2mg方向向下 6 第三章牛顿运动定律 C.物体的速度变化得越来越慢 D.当F减小到零时，物体向右的速度最大 解析：B[根据牛顿第二定律F=ma可知，若F的 大小逐渐减小到零，物体的加速度也会逐渐减小到 零，故A正确；物体的加速度向右逐渐减小，物体 的速度依然是增大的，只是速度向右增加得越来越 慢，故B错误，C正确；由于速度一直在增大，当F 减小到零时，物体向右的速度最大，故D正确.] 加速度的求解 教考衔接（本题源于人教版必修第一册% P4B组·T)如图，两个质量相同的小球 OA 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 OB 度分别是多少？ 答案：aA=2g,aB=0 [典例5](2025·湖南 卷，5)如图，两带电小 球的质量均为m,小球 B A用一端固定在墙上 的绝缘轻绳连接，小球 60° B用固定的绝缘轻杆 30° 连接.A球静止时，轻 绳与竖直方向的夹角 为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在 同一竖直平面内，重力加速度大小为g.下列说法 正确的是 A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用 力变小 [解析]C[根据题意A球静止 时，对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系， 人人 轻绳上拉力为T=mg,A球与BT00 球间的库仑力F=2 ng cos30°= Ymg √3mg,故A、B错误；剪断轻绳前， 小球A所受合力为0，库仓力与重力的合力与轻绳 的拉力等大反向，即重力与库仓力的合力大小为 mg,则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，库仓力 与重力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的 合外力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确； 若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重 力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的 作用力不变，故D错误.故选C.] 高考总复习物理 [典例6]（多选）光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B两球质 量相等，在突然撤去挡板的瞬间 A 甲 乙 A.两图中两球加速度均为gsin0 B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin0 D.图乙中B球的加速度为gsin0 [解析]CD[撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2 ngsin0,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 球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为 2 ngsin0,加速度为2gsin0;图乙中杆的弹力突变 为零，A、B球所受合力均为mgsin0,加速度均为 gsin0,故C、D正确，A、B错误.] 易错警示在求解瞬时加速度时应注意的问题 1.物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因 素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析. 2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需 要一个积累的过程，不会发生突变. D [教师专享] 1.(多选)如图所示，两个完全相 L 60° 同的小球a、b,用轻弹簧N连wwQ M 接，轻弹簧M和轻绳一端均与 a相连，另一端分别固定在竖 Ob 直墙和天花板上，弹簧M水平，当轻绳与竖直方向 的夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同.若M、N的 劲度系数分别为k1、k2,a、b两球的质量均为m,重 力加速度大小为g,则以下判断正确的是() A.k1:k2=2:√3 B.轻绳上的拉力与弹簧N上的弹力之比为4：1 C.若剪断弹簧M,则在剪断的瞬间，b球的加速度 大小为g D.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，a球的加速度大 小为4g ·6 解析：BD[以a球、轻弹簧N、b球为整体，由受力 平衡得FM=k1x=2 ng tan60°-2V3mg,T= 2mg。=4mg, cos60° 以b球为对象，由受力平衡得FN=k2x=mg, k金5套-华-兰 故A错误，B正确；若剪断弹簧M,则在剪断的瞬 间，弹簧N的弹力FN保持不变，则b球受力不变， b球的加速度为0，故C错误；若剪断轻绳，则在剪 断的瞬间，a球的重力、弹簧M和弹簧N的弹力均 保持不变，则a球受到的合力大小等于剪断轻绳前 绳子的拉力大小，则a球的加速度大小为a=T= 4mg=4g,故D正确.] m 2.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4 间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,物块2、4 质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板 上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然 抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大 小分别为a1a2、a3、a4.重力加速度大小为g,则有 3 2 4 YVZ2271KKK01717777 777747 A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g m+M C.a1=a2=g,a3=0,a4= M8 D.a=g,a:=m+M 8,as=0,a4=m+M。 M8 解析：C[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻 杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自 重力，所以由牛顿第二定律知a1=a2=g；而物块 3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对 物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大 小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿 第二定体得物块4满足，P-M什g,所 M 以C正确.] 考点三 动力学 考点透视 1.动力学的两类基本问题的解题步骤 根据问题的需要和解题的方便，选出被研 明确研究对象 究的物体研究对象可以是某个物体，也 b 可以是几个物体构成的系统 受力分析和运 画好受力示意图、运动情景图，明确物体 动状态分析 的运动性质和运动过程 选取正方向或 通常沿加速度的方向建立坐标系并以加速 建立坐标系 度方向为某一坐标轴的正方向 0 若物体只受两个共点力作用，通常用合成 确定合外力 法：若物体受到3个及以上不在同一直线 y 上的力时，一般用正交分解法 列方程求解 根据车银第二定律⅓=a成网 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论 2.解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” 过程分析 逐一分析不同过程的运动特 点，找出相邻过程的联系点 个分析 逐一分析不同过程中物体的 受力分析 受力，特别注意摩擦力、弹力 的突变问题 由运动求 加速度 受力情况 运用运动学公式和牛顿 第二定律时特别注意有 梁 由受力求 关矢量的正负问题 运动情况 (2)不同过程中的联系.如第一个过程的末速度就是 下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置 示意图确定位移之间的联系。 典题例析 [典例7]如图1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2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10m/s2,求 F/N 6 3 t/s 7777777 777777777777 图1 图2 (1)在2s末物体的速度大小； (2)在0一3s内物体所受摩擦力做的功. ·6 第三章牛顿运动定律 的两类基本问题 [解析](1)物体所受的摩擦力为f=umg= 0.2×1×10N=2N, 0~2s,根据牛顿第二定律F-f=ma, 其中F=6N,解得a=4m/s2, 2s末的速度v=at=2×4m/s=8m/s, (2)前2s内的位移x=名a产=号×4X2m 8m; 2s~3s内，根据牛顿第二定律F'-f=ma, 其中F'=-3N,可得a=-5m/s2, 2s一3s内，物体的位移=十2a, 代入数据可得x2=5.5m. 在0~3s内物体所受摩擦力做的功W:=一f(x1十x2) 代入数据可得W=一27J. [答案](1)8m/s(2)-27J [典例8]冰库工作人员在水平面移动冰块，冰块先 在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后 工作人员放手让冰块向前继续滑行一段距离，达到 运送冰块的目的.其工作原理可简化为下图所示， 设冰块质量为M=50kg,冰块与滑道间动摩擦因 数μ=0.2，运送冰块的滑道长度为10m,工人拉冰 块时拉力与水平方向成53°角向上拉冰块.某次运 送冰块时，工人从滑道前端拉冰块（冰块初速度可 视为零)向前匀加速前进2.5m后放手，冰块刚好 能运动到滑道末端.（已知sin53°=0.8，cos53°= 0.6)求： (1)冰块在减速运动过程中的加速度大小a2; (2)冰块滑动过程中的最大速度vm; (3)工人拉冰块的拉力大小F. F \53° 甲 乙 [解析](1)减速时加速度大小为a2,有Mg =Ma2, 解得a2=2m/s2; （2)根据0-vm2=-2a2(L-x) L=10m, x=2.5m, 解得vm=√30m/s; (3)冰块匀加速时加速度为a1,则加速阶段有 高考总复习物理 vm2=2ajx, 减速阶段有0-vm2=-2a2(L-x), L-x=7.5m, 则有a1:a2=3:1, 因a1=3a2, 故a1=6m/s2, 对冰块受力分析得Fcos53°-μ(Mg-Fsin53°) =Ma1, 解得F≈526.3N. [答案](1)2m/s2(2)W30m/s(3)526.3N 规律方法两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 →利用整体法或隔离法确定研究对象 受力分析和运 画好受力示意图、运动情景图，明确物体 动状态分析 的运动性质和运动过程 0 选取力的 处理方法 ·合成法或正交分解法 ↓ 选取正方向 ·通常规定加速度的方向为正方向 确定合外力 ①根据牛顿第二定律F合=ma或 [R=ma, F,=may 列方程求解 (②由运动学公式列出辅助方程 考点四 对超重不 考点透视 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.物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上 运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速 度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失 重的根本所在. 3.当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 a=g的加速度效果，不再有其他效果.此时，平常 一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆 停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等. 跟进题组 1.如图所示，某人站上向右上行的 智能电动扶梯，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 6 [教师专享] 人类从事滑雪活动已有数千 年历史，滑雪爱好者可在雪 场上轻松、愉快地滑行，饱 享滑雪运动的乐趣.一名滑 雪爱好者以1m/s的初速 度沿山坡匀加速直线滑下， 山坡的倾角为30°.若人与滑板的总质量为60kg,受 到的总阻力为60N,重力加速度g取10m/s2,求： (1)滑雪者加速度的大小； (2)3s内滑雪者下滑位移的大小； (3)3s末人与滑板总重力的瞬时功率， 解析：(1)由牛顿第二定律ng sin30°-f=ma, 解得滑雪者加速度的大小为a=4m/s2; (2)由运动学公式=，叶af,其中=1m/s, t=3s, 解得3s内滑雪者下滑位移的大小为x=21m; (3)由运动学公式v=v。十at, 重力的瞬时功率P=mgusin30°， 联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为 P=3900W. 答案：(1)4m/s2;(2)21m;(3)3900W 和失重现象的理解 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：A[依题意可知在加速运动过程中，人的加 速度向右上方，加速度在竖直向上的方向上有分量 和在水平向右方向有分量，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， 扶梯对它竖直向上的支持力，共计两个力的作用， 且扶梯对人的支持力大小等于重力大小，故C、D 错误.] 2.“反向蹦极”是一项比蹦极更刺 0 激的运动.如图所示，劲度系数 C 为k的弹性轻绳的上端固定在 O点，拉长后将下端固定在体验 者的身上，人再与固定在地面上 的拉力传感器相连，传感器示数 门力传感器 为1000N.打开扣环，人从A点 7777777m 由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上 1 第三章牛顿运动定律 升到最高位置C点，在B点时速度最大.已知AB (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N, 长为2m,人与装备总质量m=80kg(可视为质 小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重 点).忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下 状态； 列说法正确的是 ( 根据G=mg=5.0N, A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 根据牛顿第二定律mg一T=ma, B.经过C点时，人处于超重状态 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0m/s2. C.弹性轻绳的劲度系数为500N/m 答案：(1)5.0(2)失重1.0 D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5m/s [教师专享] 解析：C[在B点时人的速度最大，加速度为零， 如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲一起跳 处于平衡状态，有kx=mg, 动的部分示意图.如图乙所示是根据传感器画出的 在A点未释放时，有kx=mg十F,又x′一x= 力-时间图像，其中力的单位是N,时间的单位是s. 2m,联立，解得k=500N/m,故A错误；C正确； 两图中的点均对应，重力加速度g取10m/s2.请根 在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状 据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是 态.故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律可得 ) k.x'-mg=F=ma,解得a=12.5m/s2,故D 错误.门 2000 3.(2024·全国甲卷，9T)学生小组为了探究超重和失 1000]1 重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物 体.已知当地重力加速度大小为9.8m/s2. 0.4 0.81.2t/ 甲 A.此人的质量约为60kg B.此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6 6 的过程 88 C.此人在状态2时处于超重状态 D.此人向上的最大加速度大约为1.9g 解析：D[根据题图乙中图线的1点，由平衡条件 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 得此人的质量约为70kg,故选项A错误；同理根 N(结果保留1位小数)； 据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N, 后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B错 则此段时间内物体处于 (填“超重”或“失 误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持 重”)状态，电梯加速度大小为 m/s2(结果 力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C错误； 保留1位小数). 根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加 解析：(1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N, 则读数为5.0N. 速度为a= _Fm一mg≈1.9g,所以选项D正确.] 提升>学科素养 学生用书P50 启智培优素养提升 动力学中的“五类光滑斜面”模型 模型解读 可知倾角越小，时间越长，图1中，t1>t2>t3: ◆[第一类]等高斜面（如图1所示）. 由L=。at,a=gsin0,L-sin2 30 45°609 可得：t= 12h sing 图1 图2 ·65· 高考总复习物理 ◆[第二类]同底斜面（如图2所示） 2at,a=gsin 0.1=d 由L=1 cos 0 可得：t= Ad gsin 20' 可见0=45°时时间最短，图2中t1=t3>t2 ◆[第三类]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.由2R·sin0= 1 8sin0·t,可推得：41=t=ta. ◆[第四类]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，顶端都源自该圆周上的不同点.同理 可推得：t1=t2=t3, ◆[第五类]双圆周内斜面（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相切.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.可推得t1=t2=t3. 0日 40 图3 图4 图5 典例赏析 [典例1]如图所示，AB和CD为两 条光滑斜槽，它们各自的两个端点 30 均分别位于半径为R和r的两个 相切的圆上，且斜槽都通过切点P. 设有一重物先后沿两个斜槽，从静 止出发，由A滑到B和由C滑到 D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之比为 ( A.2:1 B.1:1 C.3:1 D.1:√3 汇审题指导] (1)物体在AB,CD上各做匀加速直线运动. (2)斜槽的长度：sB=2Rsin60°+2rsin60° 5m=2Rsin30°+2rsin30 [解析]B[设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为 0,则物体下滑时的加速度为a=gsin0,由几何关 系，斜槽轨道的长度s=2(R十r)sin0,由运动学公 2s= 式s=2a,得t=√=√ 2X2(R+r)sin 0 gsin 0 ,即所用的时间1与倾角0无关，所以一 t2,B项正确.] ·6 [典例2]如图，将光滑长平板的下 光滑长平板 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 横村 置可在竖直杆上调节，使得平板与 铁架台 底座之间的夹角0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0的大小有关.若0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N C.先增大后减小 D.先减小后增大 [解析]D[设P到竖直杆底部的距离为d,则小 物块运动的距离x cos0其加速度a=gsin0..由 d =1 at得1= √gsin20当0由30°增大到60°，20 Ad 由60°增大到120°，sin20在此范围内先增大后减 小.故t在此范围内先减小后增大，D正确.] [典例3]如图所示，光滑细杆BC、 DC和AC构成矩形ABCD的两邻 边和对角线，AC:BC:DC=5:4 :3,AC杆竖直.各杆上分别套有一 质点小球a、b、d,a、b、d三小球的质 量比为1：2：3.现让三小球同时从各杆的顶点由 静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆 上滑行的时间之比为 A.1:1:1 B.5:4:3 C.5:8:9 D.1:2:3 [解析]A[因ABCD为矩形，故A、B、C、D四 点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆 模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定 同时到达圆的最低，点C点，故A正确.] 规律方法 对物体沿不同光滑斜面下滑时间的比较方法 初始 ①多条相交的倾斜面光滑轨道 条件 ②质点由静止开始从轨道的一端滑到另一端 设置 ①下端相交：交点为圆的最低点 顶点 ②上端相交：交点为圆的最高点 0 作等 ①过顶点作竖直线 时圆 ②以某轨道为弦作圆心在竖直线上的圆 ↓ ①道端点都在圆周上，质点运动时间相等 时间 ②端点在圆内的轨道，质点运动时间短，端 比较 点在圆外的轨道，质点运动时间长 ①mgsin0=ma;②x=2at2 下滑时间