第3章 第2讲 第1课时 牛顿第二定律的基本应用(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的应用”专题，依据高考评价体系梳理了瞬时性问题、动力学两类基本问题、超重失重三大核心考点，通过近三年高考真题分析明确瞬时性问题占30%、动力学问题占50%的高频考点分布，归纳出弹簧/绳模型、运动-力互求等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+模型建构+技巧提炼”的备考策略，如以2025甘肃高考题为例，结合简谐运动深化弹簧瞬时性问题，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。通过“两分析两桥梁”方法（过程/受力分析，加速度/速度桥梁）突破动力学问题，特设微点判断归纳易错点，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

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 [精要回顾] |课|前| 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 [微点判断] (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。 ( ) √ × × × (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)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。 ( ) (8)(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 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　超重、失重问题 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一) 牛顿第二定律的瞬时性问题 1- 1.(人教必修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? 类型1　弹力不能瞬间改变的情形 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受力分析，有T=F+mg，对小球B受力分析，有F=mg；当细绳剪断瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对小球A，由牛顿第二定律可得F+mg=maA，可得小球A加速度aA=2g，小球B受力不变，仍处于平衡状态，aB=0。 答案：2g　0 1- 2.(2025·甘肃高考)(双选)如图所示，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与小球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：剪断细线后，弹簧弹力大于小球A的重力，则小球A先向上做加速运动，随着弹簧弹力的减小，小球A向上的加速度减小，当小球A的加速度为零时其速度最大，此时弹簧弹力大小等于小球A的重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；对小球A受力分析，剪断细线之前有F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，由牛顿第二定律有F弹-2mg=2ma，解得小球A的加速度大小为a=，选项B正确； 剪断细线之前弹簧的伸长量x1=，剪断细线后小球A做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量x2=，小球A做简谐运动的振幅为A=x1-x2= ，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。 |教|考|衔|接| 人教版教材中的练习题和2025年甘肃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，难度进一步深化，将瞬时性问题与简谐运动知识相综合，试题难度有所增加。 2.(2025·德化一中调研)(双选)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 √ √ 类型2　弹力能瞬间改变的情形 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。 3.两个质量均为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。 1.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。 2.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。 关键点拨 逐点清(二) 动力学的两类基本问题 1.(2025·海南海口模拟)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，g取10 m/s2。求： 类型1　已知受力情况求运动情况 (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； 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。 答案：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。 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 助推器落回地面的速度大小为v==1 200 m/s 助推器从脱离至运动到最高点所用时间t1==100 s 从最高点至运动到落地点所用时间t2==150 s 所以助推器从脱离到落地经历的时间t=t1+t2=250 s。 答案：1 200 m/s　250 s 2.(2025·晋江一中月考)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。 类型2　已知运动情况求受力情况 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小； 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s1，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s2，时间为t2， 分析运动过程可得s1=t1，s2=t2，t1+t2=14 s 答案：160 N 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°-f=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f=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。 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=2a2s3，解得v== m/s=10 m/s 答案：0.5 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则0-v2=-2a3s4 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 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·山西晋中三模)2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是(　　) A.飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零 B.飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右 C.飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，乘客处于超重状态 D.飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上 √ 解析：飞机静止时，座椅对乘客的作用力大小等于乘客的重力，故A错误；飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力，所以座椅对乘客的作用力斜向右上方，故B错误；飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故C正确；飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，根据牛顿第二定律可知，座椅对乘客的作用力斜向上方，故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、失重与图像的结合](2025·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，她站在力传感器上采集了如图所示的图线，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 √ 解析：由题图可知，该同学的重力G=mg=500 N，可得该同学的质量为m=50 kg，根据牛顿第二定律有500 N-200 N=ma1，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=ma2，可得超重的最大加速度a2=4 m/s2，故B错误；根据题图可知该同学先失重，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 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 1 2 3 4 5 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 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(双选)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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·辽宁大连模拟)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题图可知，0~t1时间内物体做加速运动，由题图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，由题图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时间内物体向上做加速运动，由题图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时间内物体向上做减速运动，由题图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 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(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s=dsin θ，根据运动学公式s=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 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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·福建福州模拟)如图所示，一轻质弹簧的左端与竖直墙面连接，其右端与物体a连接，物体a、b间用一段轻绳连接，另一段轻绳左端与b连接，右端跨过定滑轮与物块c连接，整个系统处于静止状态，物块a、b和c的质量都为m，不计一切阻力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度为g。现将b、c间的轻绳烧断，下列说法正确的是 (　　) A.烧断后瞬间，b的加速度为零 B.烧断后瞬间，a的加速度为零 C.烧断后瞬间，a、b间轻绳的拉力为mg D.轻质弹簧第一次恢复至原长时，a、b间轻绳的拉力为零 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：b、c间的轻绳烧断之前，物块a、b和c都处于平衡状态，轻质弹簧的弹力等于c的重力，即F=mg，b、c间的轻绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，a、b的加速度相等，其大小为a===，设此时a、b间轻绳的拉力为T，对b，由牛顿第二定律有T=ma=mg，故A、B、C错误；轻质弹簧第一次恢复至原长时，a、b的加速度均为零，所以a、b间轻绳的拉力为零，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(2025·北京延庆模拟)一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图像如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则 (　　) A.前2 s人和电梯处于失重状态 B.2~4 s的过程中人对地板的压力变小 C.t=6 s时人对地板的压力为0 D.t=8.5 s时人对地板的压力最大 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2~4 s内向上的加速度减小，根据N=mg+ma可知，人对地板的压力变小，选项B正确；t=6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t=8.5 s时加速度向下且最大，根据N=mg-ma，可知此时人对地板的压力最小，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 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 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 2 3 4 10.(10分)(2025·福建泉州期末)避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在下坡公路上以vA=10 m/s的速率经过A处时，司机发现刹车失灵并立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底B处时速率为vB=20 m/s，随后在避险车道上做匀减速运动到C处停下。已知货车的质量m=1×105 kg，A、B间距L1=750 m，B、C间距L2=40 m，取重力加速度大小g=10 m/s2，货车经过B处时的速率不变，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)货车从A运动到B的时间t；(4分) 解析：设货车下坡时的加速度大小为a1，根据速度与位移的关系有-=2a1L1，根据速度与时间的关系有vB=vA+a1t，联立解得t=50 s。 答案：50 s　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)货车在避险车道上受到的合力大小F。(6分) 解析：设货车在避险车道上的加速度大小为a2，根据速度与位移的关系有=2a2L2 货车在避险车道上运动，根据牛顿第二定律得F=ma2，联立解得F=5×105 N。 答案：5×105 N 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)(2025·广东佛山期中)2024年9月11日在酒泉卫星发射中心，朱雀三号成功进行了垂直起降飞行实验。朱雀三号的质量约为500吨，先用火箭专用起重机通过4根等长钢索将火箭安装至发射台上，如图所示。4根钢索与竖直方向的夹角均为37°，且连接点ABC位于同一竖直面内。火箭点火起飞100秒后关闭发动机，此时火箭的速度达到600 m/s，一段时间后安全返回地面。假设火箭所受空气阻力恒为f=1×106 N，且点火后产生的推力恒定，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)起重机将火箭匀速吊起的过程中，每条钢索上的拉力大小(结果保留两位有效数字)；(3分) 解析：对火箭受力分析，根据平衡条件可得4Tcos 37°=mg 解得T≈1.6×106 N。 答案：1.6×106 N 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)点火后产生的推力为多大；(4分) 解析：由题意可知，点火后火箭做匀加速直线运动，由运动学公式有v1=a1t 解得a1=6 m/s2 由牛顿第二定律得F-(f+mg)=ma1 解得F=9×106 N。 答案：9×106 N 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)火箭上升的最大高度。(5分) 解析：设火箭关闭发动机时上升的高度为h1，根据速度—位移公式有=2a1h1 解得h1= 3×104 m 关闭发动机后，火箭向上做匀减速直线运动，设火箭关闭发动机后上升的高度为h2，由牛顿第二定律得f+mg=ma2 答案：4.5×104 m 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解得a2= 12 m/s2 由运动学公式有0-=-2a2h2 解得h2=1.5×104 m 故火箭上升的最大高度为h=h1+h2=4.5×104 m。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $