第3章 第2讲 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（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的基本应用”，依据高考评价体系梳理了瞬时性问题、两类动力学问题、超重失重三大核心考点，通过微点判断和经典回练明确考点权重，归纳出瞬时加速度计算、运动与受力互求等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题改编+模型建构+考法全训”策略，如以轻绳轻杆瞬时模型为例，通过受力分析与运动过程分析培养科学思维，结合2025年徐州检测题详解动力学问题解题步骤，帮助学生掌握答题技巧。教师可依托课时跟踪检测精准把握学情，助力学生高效冲刺高考。

牛顿第二定律的基本应用 第 2 讲 （基础落实课） 课前基础先行 一、动力学的两类基本问题 1.第一类问题：由因推果——已知受力情况求物体的__________。 2.第二类问题：由果溯因——已知_________求物体的__________。 3.解决两类基本问题的方法 以_______为“桥梁”，由运动学公式和______________列方程求解，具体逻辑关系如下图所示： 运动情况 运动情况 受力情况 加速度 牛顿第二定律 二、超重和失重 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_______ 物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有__________的加速度。 大于 竖直向上 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______ 物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有__________的加速度。 3.完全失重状态 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)________ 的状态。 (2)产生条件：a=g，方向_________。 小于 竖直向下 等于零 竖直向下 1.传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。 ( ) 2.物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。 ( ) 3.若已知物体的运动情况，可以根据牛顿第二定律求出加速度。 ( ) 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.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 ( ) 6.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。( ) 微点判断 × √ × × × × 1.(人教必修1 P112T3·改编)火箭发射时，航天员要承受超重的考验。某火箭发射的过程中，有一段时间的加速度达到 3.5g，平时重力为 10 N的体内脏器，在该超重过程中需要的支持力为(重力加速度g=10 m/s2) (　 ) A.3.5 N　　 B.13.5 N　　 C.35 N　　 D.45 N 经典回练 √ 解析：设需要的支持力为FN，以向上为正方向，对体内脏器，由牛顿第二定律可知FN-mg=ma，其中a=3.5g，mg=10 N，解得FN=45 N。 2.(人教必修1 P115T7·改编)一只长方体形空铁箱质 量为2 kg，铁箱内有一个质量与空铁箱相同的小铁 块，铁箱与水平面间以及铁块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ均为0.5。现用水平拉力F使铁块贴在铁箱左壁上与铁箱一起沿水平面向右匀加速运动，如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则拉力F至少多大 (　 ) A.20 N　 B.60 N　 C.70 N　 D.100 N √ 解析：当拉力F取题中要求的最小值时，铁块与铁箱内壁之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得此时铁块与铁箱之间的弹力大小为FN=ma，在竖直方向上根据平衡条件有μFN=mg，对铁块和铁箱整体有F-2μmg=2ma，联立解得F=100 N，故选D。 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)　超重和失重 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　 牛顿第二定律的瞬时性问题 课 堂 1.[轻绳连接]如图所示，两轻绳拴接一定质量的 小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和 60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小 为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2，则a1∶a2为 (　 ) A.1∶1 B.2∶1 C.∶1 D.2∶1 细作1　弹力能瞬间改变的情形 √ 解析：a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa=mgcos 30°，Fb=mgcos 60°，剪断a绳瞬间：a1==gcos 30°，剪断b绳瞬间：a2==gcos 60°，所以a1∶a2=cos 30°∶cos 60°=∶1，C正确。 2.[轻杆连接]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。现突然迅速剪断细绳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。 √ 一点一过　轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 (1)在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。 3.[橡皮绳连接]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 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 √ 解析：释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放的瞬间，橡皮绳弹力仍为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，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。 4.[弹簧连接](2025·连云港期末)光滑水平面上 质量均为m的小球A、B用轻弹簧连接，再用 水平轻绳将两小球连接在竖直墙上，此时绳1中拉力大小为F。剪断绳1瞬间，A、B两球的加速度大小为 (　 ) A.aA=0，aB= B.aA=，aB=0 C.aA=，aB= D.aA=0，aB=0 √ 解析：由题意可知，剪断绳1之前弹簧弹力为F，剪断绳1瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F，则此时小球A的加速度aA=，小球B受力不变，则加速度仍为零，即aB=0，故选B。 一点一过　弹簧、橡皮绳模型的特点 1.当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 2.在求解瞬时加速度的问题中，弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 课 堂 1.两类动力学问题的解题关键 两个分析 (1)受力情况分析；(2)运动规律分析 两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁 (2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 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 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 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的正方向 确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若物体受三个或三个以上的力，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律可得F合=ma或，列方程求解，必要时对结果进行讨论 [典例]　(2025·徐州高三检测)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，取重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小； [答案]　7.5 m/s2　 [解析]　由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2，mgsin θ=ma1 联立解得v==15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2 解得a==7.5 m/s2。 (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。 [答案]　500 N [解析]　若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有2Fsin -mgsin θ=ma 解得F==500 N。 考法1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·扬州大学附属中学考试)如 图所示是“福建舰”的水平跑道示意图， 其中电磁弹射区安装有直流电机，该电机可提供F1=4mg的恒定牵引力，一架质量为m的飞机，其喷气式发动机可以提供F2=1.1mg的恒定推力，已知飞机在跑道所受阻力f大小恒为飞机重力的0.1倍，在起飞区离舰起飞的速度为v，飞机在起飞区运动的时间是在弹射区运动时间的5倍，重力加速度为g，假设“福建舰”始终处于静止状态，飞机可看作质量恒定的质点，求： 考法全训 (1)飞机在电磁弹射区的加速度大小及离开电磁弹射区的速度大小v1； 答案：5g　v　 解析：设飞机在电磁弹射区的加速度大小为a1，在起飞区的加速度大小为a2， 在电磁弹射区，由牛顿第二定律有F1+F2-f=ma1，由运动学公式有v1=a1t1 在起飞区，由牛顿第二定律有F2-f=ma2，由运动学公式有v=v1+a2t2 根据题意有t2=5t1 可得a1=5g，a2=g，v1=v。 (2)飞机在跑道上运动的总长度L。 答案： 解析：根据运动学公式， 飞机在电磁弹射区，有=2a1x1 在起飞区，有v2-=2a2x2 可得飞机在跑道上运动的总长度 L=x1+x2=。 2.蛙泳是一种人类模仿青蛙游泳动作的游泳姿势，便于游泳者观察前方，常用于渔猎、泅渡、救护等。图甲为某运动员蛙泳时蹬腿加速及惯性前进的过程，将这两个过程各自简化为水平方向的匀变速直线运动，其v⁃t图像如图乙所示。已知该运动员质量为70 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： 考法2　已知运动情况求受力情况 (1)0~0.7 s内运动员平均速度的大小； 答案：1.65 m/s　 解析：0~0.7 s内有 x=Δt1+Δt2，=， 联立可得=1.65 m/s。 (2)惯性前进过程中，水对运动员作用力的大小。(结果可保留根号) 答案：70 N 解析：由题图乙可得惯性前进的加速度大小为a==1 m/s2。 惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态， 则有F1=mg。 惯性前进时水平方向上水对运动员的作用力使其减速，则有F2=ma。 水对运动员的作用力大小为F=， 解得F=70 N。 逐点清(三)　超重和失重 课 堂 1.[根据运动情况判断超重、失重] 常见的超重与失重案例中，其中与其他三个不同的是(　 ) A.汽车驶过拱形桥顶端时 B.火箭点火加速升空过程中 C.小明站在减速上升的电梯中 D.跳水运动员离开跳板向上运动过程中 题点全练 √ 解析：汽车驶过拱形桥顶端，向心加速度向下，处于失重状态；火箭点火加速升空过程中，加速度向上，处于超重状态；小明站在减速上升的电梯中，加速度向下，处于失重状态；跳水运动员离开跳板向上运动过程中，加速度向下，处于失重状态，故选B。 2.[根据超重、失重判断运动情况] 在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN，在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中(　 ) A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态 C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升 √ 解析：台秤示数变大，但是物体受到的重力没变，A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，C错误，D正确。 3.[超重、失重现象的应用] 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，用细绳通过光滑定滑轮相连， 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，台秤的示数与未剪断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，故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了，B正确。 4.[超重、失重现象的图像问题] 小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　 ) A.a点对应时刻，小明向下的速度最大 B.a点对应时刻，小明向下的加速度最大 C.b点对应时刻，小明处于超重状态 D.图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立 √ 解析：小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F=mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误；b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。 1.判断超重和失重现象的三个角度 精要点拨 从受力的角度判断 当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态 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，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态 从速度变化角度判断 物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 2.对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。 (2)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。 (3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体对支持物的压力大小(或对悬挂物的拉力大小)。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、立足基础，体现综合 1.(2025·连云港一模)如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知(　 ) A.小球正在上升 B.小球正在下降 C.小球处于失重状态 D.小球处于超重状态 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：由照片可知，从上到下小球的速度逐渐增大，则小球可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，但无论是哪种运动，加速度总是向下，故小球处于失重状态，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·连云港调研)如图所示，老师平伸手掌托起粉笔，由静止开始竖直向上运动，直至将粉笔抛出。则 (　 ) A.整个过程中，粉笔始终处于超重状态 B.整个过程中，粉笔始终处于失重状态 C.手对粉笔向上的力大于粉笔对手向下的力 D.在粉笔离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：整个过程中，粉笔一定有向上加速的过程，此过程加速度向上，粉笔抛出的瞬间，加速度等于重力加速度，方向向下，故粉笔先超重后失重，A、B错误；手对粉笔向上的力和粉笔对手向下的力是一对相互作用力，等大反向，C错误；手和粉笔有相同的速度和加速度时二者不会分离，在粉笔离开手的瞬间，粉笔的加速度等于重力加速度，方向向下，所以此时手的加速度大于重力加速度，方向向下，这样手的速度小于粉笔的速度，二者才会分离，D项正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.最近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。如图所示为中国科学院微重力落塔与落 仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26 s时长的微重力环境。根据提供的信息，以下说法正确的是 (　 ) A.在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用 B.要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落 C.落仓下落过程，落仓内的体验者一直处于失重状态 D.落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，几乎所有的重力提供体验者运动的加速度，故A错误；在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g，故B正确；落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度为零，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.某智能手机有加速度传感器。把手机平放在手掌上，让手机在竖直方向移动一下，如图所示为手机显示的加速度随时间变化的图像，向上的峰值对应加速度竖直向上，可推断该过程中，手掌给手机的弹力 (　 ) A.一直小于重力 B.一直大于重力 C.先小于重力后大于重力 D.先大于重力后小于重力 √ 解析：由题图可知，手机的加速度先向下后向上，根据牛顿第二定律可知，手掌给手机的弹力先小于重力后大于重力，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·苏锡常镇四市一模)某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高度处释放，在接触绳网后下降到最低点的过程中，下列说法中正确的是 (　 ) A.火箭模型接触绳网立即减速 B.火箭模型在最低点所受合力为0 C.火箭模型接触绳网后先失重后超重 D.绳网对火箭模型先做正功后做负功 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：火箭模型刚接触绳网时重力大于绳网的弹力，继续向下加速，故A错误；火箭模型在最低点时受到的绳网的弹力大于自身重力，所受合力向上，故B错误；火箭模型接触绳网后先向下加速后向下减速，所以先失重后超重，故C正确；绳网对火箭模型的力始终向上，在火箭模型接触绳网后下降到最低点的过程中，绳网对火箭模型一直做负功，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·镇江期末)如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用 轻弹簧连接，用细绳悬挂起来处于静止状态，剪断细绳的瞬间， A和B的加速度分别是(重力加速度为g) (　 ) A.g，g B.2g，g C.g，0 D.2g，0 √ 解析：剪断细绳前，弹簧弹力为F=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，则B球加速度为0，对A球，根据牛顿第二定律有F+mg=ma，解得a=2g，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.(2026·徐州市第三中学月考)《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：根据牛顿第二定律有a==kg，根据运动学公式有2ax=，联立解得x=，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(10分)(2025·苏州三模)如图为教室中的有 轨黑板与磁吸黑板擦，黑板处在竖直平面内 且可以沿轨道水平移动，磁吸黑板擦与黑板 间存在相互吸引力F0，黑板擦的质量为m， 重力加速度为g，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。 (1)匀速推动黑板，黑板擦与黑板保持相对静止，求两者间动摩擦因数的最小值μmin；(4分) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 答案：　 解析：黑板擦与黑板恰好不发生相对移动时，两者间的动摩擦因数最小，有μminF0=mg，解得μmin=。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)若黑板擦与黑板间动摩擦因数为μ，推动黑板，使两者一起沿水平方向做匀加速运动，求黑板的最大加速度a。(6分) 答案： 解析：对黑板擦受力分析，由牛顿第二定律可知，水平方向有fx=ma 竖直方向有fy=mg 又+=(μF0)2，解得a=。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 二、注重应用，强调创新 9.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两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　 ) 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0 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 D.B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在甲、乙两图中，撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ，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0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中A、B球由于用杆相连，撤去挡板的瞬间有共同的加速度gsin θ，轻杆的作用力为0，所以A、B、C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0~30 s时间内潜艇竖直方向的v⁃t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则 (　 ) A.潜艇在“掉深”时的加速度为1 m/s2 B.t=30 s时潜艇回到初始高度 C.潜艇竖直向下的最大位移为100 m D.潜艇在10~30 s时间内处于超重状态 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：潜艇在“掉深”时向下加速，则由题图乙可知加速度为a= m/s2 =2 m/s2，A错误；在30 s内先向下加速后向下减速，则t=30 s时潜艇向下到达最大深度，B错误；由题图乙可知潜艇竖直向下的最大位移为h=×20×30 m=300 m，C错误；潜艇在10~30 s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(18分)随着人工智能技术的不断发展，无 人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架 携药总质量m=20 kg的无人机即将在田间执行喷 洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H=30 m 的高空，t=0时刻，它以加速度a1=2 m/s2 竖直向下匀加速运动h=9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1~3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为 20 N，求：(g取10 m/s2) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)无人机从t=0时刻到重新悬停在H1=1 m处的总时间t；(6分) 答案： s　 解析：无人机向下匀加速运动过程h=a1，得t1=3 s，v1=a1t1=6 m/s。 无人机减速过程有H-h-H1=t2，得t2= s， 所以总时间t=t1+t2= s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；(6分) 答案：200 N　 解析：无人机减速过程有0-=-2a2h2， 无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2=3 m时，此时加速度a2最大，由h2=H-h-H2，得a2=1 m/s2， 无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得F+f-mg=ma2，即升力F=200 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)若无人机在高度H2=3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度的大小。(6分) 答案：18 m/s2 解析：失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg-f=ma3，恢复动力时v=a3t3，则a3=9 m/s2，v=6 m/s，H2=+，联立解得a4=18 m/s2。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $