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

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿第二定律应用，覆盖动力学两类基本问题、超重失重、瞬时性问题及等时圆模型等核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，如动力学问题占力学综合题60%以上，归纳瞬时性、图像分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融合与科学思维培养，如2025年甘肃、河南等地高考题融入瞬时性问题训练，通过轻绳/弹簧模型建构、超重失重加速度判断等方法，培养运动和相互作用观念与科学推理能力，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

牛顿第二定律的基本应用 （基础落实课） 第 2 讲 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 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 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.物体向上运动时处于超重状态。 ( ) 4.支持力小于重力称为完全失重现象。 ( ) 5.物体处于超重或失重状态时，其重力并没有发生变化。 ( ) 微点判断 × √ × × √ 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。 ( ) 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1P112T2·改编)在蹦极运动员下落时，当弹性绳被拉直后直到最低点，运动员始终处于超重状态。 ( ) × √ × 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)　超重和失重 课时跟踪检测 03 05 逐点清(四)　等时圆模型及应用 04 逐点清(一)　 牛顿第二定律的瞬时性问题 课 堂 1.两个质量均为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 细作1　弹力能瞬间改变的情形 √ 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)在瞬时性问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给轻绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。 2- 1.(人教版教材必修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?(重力加 速度为g) 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 答案：2g　0 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有T=F+mg，对小球B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的加速度aA=2g，小球B的受力不变，仍处于平衡状态，aB=0。 2- 2.(2025·甘肃高考)(多选)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，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，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。 |考|教|衔|接| (1)两道题均围绕“弹簧—小球”系统，以剪断细绳为情境，考查瞬间加速度、后续运动状态与弹簧弹力变化，是教材习题中弹簧连接体模型在高考题的直接延伸，构建受力分析与运动分析的解题逻辑。 (2)先对剪断细绳前系统受力平衡分析(求弹簧弹力)，再分析剪断细绳瞬间物体受力(弹簧弹力不变、其他力突变)，最后用牛顿第二定律求加速度，遵循“平衡态受力→突变瞬间受力→牛顿运动定律应用”的解题流程，教考在思路方法上高度一致，强化物理问题分析的程序化训练。 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轴的正方向 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 考法1　已知受力情况求运动情况 1- 1.(人教版教材必修1，P97例题2)某同学 在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，在列 车以某一加速度渐渐启动的过程中，细线就会 偏过一定角度并相对车厢保持静止，通过测定 偏角的大小就能确定列车的加速度(如图所示)。在某次测定中，悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，求列车的加速度。 考法全训 答案：gtan θ，方向水平向右 解析：选择小球为研究对象。设小球的质量为m，小球在竖直平面内受到重力mg、绳的拉力FT，如图所示，在这两个力的作用下，小球产生水平方向的加速度a。这表明，FT与mg的合力方向水平向右，且F=mgtan θ。根据牛顿第二定律，小球具有的加速度为a==gtan θ，方向水平向右。列车的加速度与小球相同，大小为gtan θ，方向水平向右。 1- 2.(2025·河南高考)野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图所示，某次运送过程中的一段时间内，无人机水平向左飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内 (　　) A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 √ 解析：无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止，也沿水平方向做直线运动，故零件的高度不变，可知零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析，受重力和轻绳的拉力，由竖直方向所受合力为零，可知零件所受合外力方向水平向左，零件的加速度方向水平向左，结合题意可知，无人机的加速度方向水平向左，无人机做匀加速直线运动，A、B错误；惯性的大小只与物体的质量有关，零件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 |考|教|衔|接| (1)两道题均围绕“悬挂物体随载体(列车、无人机)运动，悬线与竖直方向成夹角”的模型展开。将物理知识融入列车启动、无人机运送零件的实际情境，两题都注重从生活或科技相关场景中提炼物理问题，让学生用物理知识分析实际运动情况。 (2)都需对悬挂物体(小球、零件)进行受力分析(重力、拉力)，通过合力判断运动状态、加速度。 (3)均涉及合力与运动关系等概念的考查。教与考在对这些基础概念的理解及应用上保持一致，通过情境让学生辨析概念，强化对核心知识的掌握。 考法2　已知运动情况求受力情况 2.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离起飞。 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； 答案：　 解析：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—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，求电磁弹射系统为该舰载机所提供的推力大小。 答案：· 解析：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—位移关系式得v'2=2a' 设电磁弹射系统提供的推力为F'，由牛顿第二定律得F-f+F'=a'， 由题意可知= 联立解得F'=·。 逐点清(三)　超重和失重 课 堂 1.[根据运动情况判断超重、失重] (2025·安徽黄山模拟)2025年电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒驾驭风火轮飞行，如图所示，哪吒(含装备)在风火轮作用下竖直向上先加速再减速到最高点，然后再水平向右匀加速移动一段距离，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是(　　) A.加速上升过程中，哪吒处于失重状态 B.减速上升过程中，哪吒处于超重状态 C.水平移动过程中，风火轮对哪吒的作用力斜向右上方 D.水平移动过程中，风火轮对哪吒的作用力竖直向上 题点全练 √ 解析：加速上升过程中，加速度向上，哪吒处于超重状态，减速上升过程中，加速度向下，哪吒处于失重状态，故A、B错误；水平匀加速移动过程中，根据受力分析知，哪吒受到重力、风火轮的作用力以及水平向左的阻力，合力水平向右，所以风火轮对哪吒的作用力应斜向右上方，故C正确，D错误。 2.[超重、失重现象的图像问题] (2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 √ 解析：从t1到t3，f方向向下，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；从t2到t3，f方向向下且减小，可知此时间内实验舱的速度方向向上且减小，根据牛顿第二定律有mg+f=ma，即a=+g，故加速度大小减小，故B正确；从t3到t5，f方向向上，先增大后减小，可知此时间内实验舱的速度方向向下，先增大后减小，实验舱先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，实验舱内物体先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；根据以上分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻，实验舱到达最高点，故D错误。 1.判断超重和失重现象的三个角度 从受力的角度判断 当物体受到向上的拉力(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 从速度变化的角度判断 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 精要点拨 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)。 逐点清(四)　等时圆模型及应用 课 堂 “等时圆”模型的基本规律 1.物体在竖直圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。 2.物体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，物体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。 [典例]　如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ的大小关系为 (　　) A.α=θ B.α= C.α=2θ D.α= √ [解析]　如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，由几何知识可知∠COD=θ，则α=，故选B。 1.如图所示，竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的 小圆，两个圆的公切线水平。有两条倾斜的光滑轨道，一 条与大圆相交于A、B两点，A点为大圆的最高点，另一条 轨道一端交于大圆的C点，另一端交于小圆的D点，且过大 圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、 C由静止释放，分别滑到B点和D点(假设物体能够无障碍地 穿过CD与圆的交叉点)，物体在两条轨道上的运动时间分别为tAB、tCD，重力加速度为g，下列判断正确的是 (　　) 应用体验 A.tAB=tCD B.tAB>tCD C.tAB= D.tCD=2 √ 解析：设轨道AB与竖直方向的夹角为α，则物体在轨道AB上运动的加速度大小为a==gcos α，根据几何关系及运动学公式可得xAB= 2Rcos α=a，解得tAB==2；设轨道CD与竖直方向的夹角为β，则物体在轨道CD上运动的加速度大小为a'==gcos β，根据几何关系及运动学公式可得xCD=(2R+2r)cos β=a'，解得tCD= =2，则有tAB<tCD，故选D。 2.(2025·随州高三调研)(多选)如图所示， 1、2、3、4四小球均由静止开始沿着 光滑的斜面从顶端运动到底端，其运 动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直 固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列结论正确的是(　　) A.t1>t2　　 B.t3=t4　　 C.t2<t4　　 D.t1=t4 √ √ 解析：1号小球的加速度为a1=gsin 60°=g，位移为x1=2r·sin 60°=r，运动时间为t1==2；2号小球的加速度为a2=gsin 30°=g，位移为x2= 2r·sin 30°=r，运动时间为t2==2；3号小球的加速度为a3=gsin 60° =g，位移为x3==2r，运动时间为t3==；4号小球的加速度为a4=gsin 30° =g，位移为x4==2r，运动时间为t4==。则t1=t2<t3=t4，故选B、C。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图所示，一个圆柱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：杯子跟水做斜抛运动、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，会漏出，C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg、稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g=10 m/s2，则它降落到地面的时间约为 (　　) A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：沙尘颗粒速率较小时，受到的阻力较小，由牛顿第二定律可知mg-kv=ma，随着沙尘颗粒速率的增大，其受到的阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速率达到最大且稳定，此时满足mg =kvm，解得vm=2×10-3 m/s，沙尘颗粒下落时间为t== s=1× 104 s≈3 h。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：剪断L1前，对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg，L2的拉力大小为T2==4mg，A、B错误；剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零，D错误；对小球甲受力分析可知，受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力，小球甲的速度为0，将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断L1瞬间，小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°，由牛顿第二定律可知F合=ma，解得a=g，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(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 5.(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图线，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5g B.超重的最大加速度为6g C.她先站起，后下蹲 D.她先下蹲，后站起 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题图可知，该同学的重力G=mg=500 N，可得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=0.6g，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=0.4g，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·湖南高考)如图所示，两带电小球的质量均为 m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球 B用固定的绝缘轻杆连接。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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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可知，轻绳上拉力为T= mg，A球与B球间的库仑力为F=2mgcos 30°=mg， 故A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到 的轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，此时A球所 受的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，B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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.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x=dsin θ，根据运动学公式x=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。 8.(多选)在考虑空气阻力的情况下，将一小石子从O点竖直向上抛出，小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的加速度大小分别为a1、a2，到达最高点后向下运动过程中先后经过2、1两点时的加速度大小分别为a2'、a1'。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则下列关系式正确的是 (　　) A.a1>a2 B.a1<a1' C.a1'>a2' D.> 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设小石子向上运动过程中先后经过1、2两点时的速度大小分别为v1、v2，小石子向上做减速运动，则有v1>v2，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律有mg+kv1=ma1，mg+kv2=ma2，可知a1>a2，A正确；设小石子向下运动过程中经过1、2两点时的速度大小分别为v1'、v2'，小石子向下做加速运动，则有v1'>v2'，由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，根据牛顿第二定律有mg-kv1'=ma1'，mg-kv2'=ma2'，可知a1'<a2'，a1>a1'，B、C错误；根据上述分析可知>1，<1，则有>，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(2025·山东高考)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面的夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为 (　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：将长方体建筑材料的重力沿坡面方向和垂直坡面方向分解，垂直坡面方向有FN1=mgcos θ，坡面对长方体建筑材料的摩擦力f1=μFN1= μmgcos θ，方向沿MN向上；沿坡面方向有G1=mgsin θ，G1垂直于挡板的分力FN2=G1sin θ=mgsin2θ，挡板对长方体建筑材料的摩擦力f2=μFN2 =μmgsin2θ，方向沿MN向上；G1沿挡板向下的分力G2=G1cos θ= mgsin θcos θ，根据牛顿第二定律有G2-f1-f2=ma，联立解得a=gsin θcos θ -μgcos θ-μgsin2θ，故A、C、D错误，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(10分)舰载机在航母上通过滑跃 式起飞的示意图如图所示，飞机由 静止开始先在一段水平距离为L1= 160 m的水平跑道上运动，然后在 长度为L2=20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m=2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，取g=10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(4分) 答案：40 m/s　 解析：设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F-F阻=ma1 其中F阻=0.2mg 根据运动学公式有=2a1L1 代入数据解得a1=5 m/s2，v1=40 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。(6分) 答案：8.5 s 解析：设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间t1==8 s 在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有 F-F阻-mg=ma2 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 代入数据解得a2=4 m/s2 由-=2a2L2 代入数据解得v2=42 m/s 飞机在倾斜跑道上的运动时间t2==0.5 s 则t=t1+t2=8.5 s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)(2025·安徽阜阳期中)如图所示，一羽毛球卡在球筒的上端筒壁内，球筒下端距地面80 cm。球筒由静止开始下落，若球筒与地面相碰后，速度瞬间反向并减为原来的，运动过程中球筒保持竖直，在球筒第一次弹起过程中，羽毛球恰好运动到球筒口(羽毛球的球托与球筒口下端平齐)。已知羽毛球轴向高度L0=8 cm，质量为5 g，羽毛球滑到球筒口过程中受到的滑动摩擦力大小是重力的5倍，羽毛球筒的质量远大于羽毛球的质量。不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)羽毛球筒第一次落地时，羽毛球筒和羽毛球的速度大小。(2分) 答案：4 m/s　4 m/s　 解析：根据题意可知，羽毛球筒第一次落地前，羽毛球筒和羽毛球一起做自由落体运动，则有v2=2gh 其中h=80 cm 解得v==4 m/s 即羽毛球筒第一次落地时，羽毛球筒和羽毛球的速度大小相等，为4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度所用的时间。(4分) 答案：0.1 s　 解析：根据题意可知，羽毛球筒弹起时的速度大小为v1=v=1 m/s 由于羽毛球筒的质量远大于羽毛球的质量，则羽毛球筒做竖直上抛运动， 对羽毛球，由牛顿第二定律有f-mg=ma 其中f=5mg 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解得a=4g，方向向上， 设羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度所用的时间为t，取向下为正方向，则有 v相同=v-4gt=-v1+gt 解得t=0.1 s，v相同=0。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)羽毛球筒的长度L。(6分) 答案：33 cm 解析：结合题意可知，当羽毛球筒从第一次弹起到与羽毛球达到相同速度时，羽毛球恰好运动到球筒口，则羽毛球下落的距离h1=vt-t2=0.2 m 羽毛球筒上升的距离为h2==0.05 m 则羽毛球筒的长度L=h1+h2+L0=0.33 m=33 cm。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $