第2講牛頓其次定律的基本應(yīng)用1.[兩類動力學(xué)問題/2024浙江1月]如圖所示，在考慮空氣阻力的狀況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點.若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子豎直方向分運動的加速度大?。ˋ）A.O點最大B.P點最大C.Q點最大D.整個運動過程保持不變解析小石子拋出后由O到P的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向下的

阻力，則由牛頓其次定律得mg＋f＝ma，又空氣阻力與瞬時速度大小成正比，小石

子向上運動的過程中，豎直分速度漸漸減小，豎直方向的阻力f漸漸減小，則小石子

的加速度漸漸減小.小石子由P到Q的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向

上的阻力，由牛頓其次定律得mg－f＝ma，小石子的豎直分速度漸漸增大，豎直方

向的阻力f漸漸增大，加速度漸漸減小.由以上分析可知，石子在O點豎直方向分運動

的加速度最大，A正確，BCD錯誤.2.[超重和失重/2024山東]一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下推斷正確的是（D）A.0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＞mgB.t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＜mgC.t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N＜mgD.t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N＞mg解析依據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，

速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持

力FN＜mg，A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客

所受的支持力FN＝mg，B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度

方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN＞mg，C錯

誤，D正確.3.[瞬時性問題/2024全國甲/多選]如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從今刻起先到彈簧第一次復(fù)原原長之前（AD）A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.P的位移大小確定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小解析兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對P、Q的彈力大小為kx＝μmg，當(dāng)撤去拉力

后，對滑塊P由牛頓其次定律有kx'＋μmg＝ma1，同理對滑塊Q有μmg－kx'＝ma2，從

撤去拉力到彈簧第一次復(fù)原原長過程中，彈力由μmg始終減小到零，所以P的加速度

大小的最大值為剛撤去拉力F瞬間的加速度大小，此時P的加速度大小為2μg，而彈

簧復(fù)原原長時，Q的加速度大小達(dá)到最大值，即Q的最大加速度為μg，A項正確，B

項錯誤；由于彈簧復(fù)原原長前滑塊P的加速度始終大于Q的加速度，且兩滑塊初速度

相同，所以撤去拉力后P的速度始終小于同一時刻Q的速度，所以P的位移確定小于

Q的位移，C項錯誤，D項正確.一題多解由分析可知P、Q的加速度變更狀況，定性繪制兩滑塊的v－t圖像如圖所示，由圖像簡潔推斷出撤去拉力后到彈簧第一次復(fù)原原長前P的位移確定小于Q的位移，P的速度始終小于同一時刻Q的速度，故C項錯誤，D項正確.4.[兩類動力學(xué)問題/2024河北]如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接.一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追逐，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起.背包與滑道的動摩擦因數(shù)為μ＝112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝725，cosθ＝2425，忽視空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心（1）滑道AB段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度.答案（1）9m（2）7.44m/s解析（1）背包下滑過程中，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得背包在滑道AB段的加速度a1＝2m/s2設(shè)AB段長為L，滑原委端所用時間為t，故有L＝12a1t對滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）解得L＝9m（2）滑雪者滑到