第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標L會用牛頓第二定律分析計算物體的瞬時加速度。2.掌握動力學(xué)兩類

基本問題的求解方法。3.知道超重和失重現(xiàn)象，并會對相關(guān)的實際問題進行分析。

■夯實必備知識

—［特點）—當物體所受合力發(fā)生突變時，加速度也同時發(fā)生突變,

而物體運動的速度不能發(fā)生突變

瞬

時輕繩（或剪斷輕繩（或輕桿）后，原有的彈力將

—

問輕桿）一突變?yōu)榱?/p>

題

U類型）一

輕彈簧當輕彈簧（或橡皮條）兩端與其他物體

（或橡一連接時，輕彈簧（或橡皮條）的彈力丕

皮條）能發(fā)生突變

-

兩N第一類戶已知受力求物體的運動情況

類兩類

動問題U第二類）一已知運動情況求物體的受力

力

學(xué)

問

題解決以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律

2.一方法列方程求解

物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉

-［超重I-力）大壬物體所受重力的現(xiàn)象

q產(chǎn)生條件）一物體具有包上的加速度

超

物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉

E

力）d立物體所受重力的現(xiàn)象

和(W-

失q產(chǎn)生條件卜物體具有向下的加速度

重

產(chǎn)”物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉

丁匹乂廠力）等于（）的現(xiàn)象

完全

失重q產(chǎn)生條件）一物體的加速度a=g,方向豎直向下

實

重J實重卜物體實際所受的重力,它與物體運動狀態(tài)無關(guān)

和

視當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計

重些更卜的拉力或?qū)ε_秤的壓力將丕簧土物體的重力。此時彈

一

簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重

1.思考判斷

（1）已知物體受力情況，求解運動學(xué)物理量時，應(yīng)先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。

（1）

（2）運動物體的加速度可根據(jù)運動速度、位移、時間等信息求解，所以加速度由運

動情況決定。（X）

（3）加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。（X）

（4）減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。（X）

（5）加速上升的物體處于超重狀態(tài)。（J）

（6）物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。（。）

（7）根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。（X）

2.（2023?江蘇卷，1）電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機記錄了電梯速度隨時間變

化的關(guān)系，如圖所示。電梯加速上升的時段是（）

L

o(x)

50

s(x)

-0.50

0.0020.040.0

A.從20.0s至u30.0sB.從30.0s至U40.0s

C.從40.0s至U50.0sD.從50.0s至U60.0s

答案A

■研透核心考點

考點一瞬時問題的兩類模型

兩類模型

不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪

斷或脫離后，不需要時間恢復(fù)形變,

輕繩、輕桿

彈力立即消失或改變。一般題目中

和接觸面

所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加

特殊說明時，均可按此模型處理

兩類

模型當彈簧的兩端與物體相連（即兩端

為固定端）時，由于物體有慣性，彈

彈簧、蹦床簧的長度不會發(fā)生突變，所以在瞬

和橡皮條時問題中，其彈力的大小認為是不

變的，即此時彈簧的彈力不突變

例1（多選）（2024.湖南邵陽模擬）如圖1所示,兩小球1和2之間用輕彈簧5相連,

彈簧3與水平方向的夾角為30。，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩

A與豎直方向的夾角為30。，小球2的右邊用輕繩C沿水平方向固定在豎直墻壁

上。兩小球均處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,則（）

A.球1和球2的質(zhì)量之比為1：2

B.球1和球2的質(zhì)量之比為2：1

C.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為小g

D.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g

答案BC

解析對小球1、2受力分析如圖甲、乙所示，根據(jù)平衡條件可得FB=mig,Fssin

30。=機2g,所以言=*故A錯誤，B正確；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈

力未來得及變化，球2的加速度大小為0,彈簧彈力"=機*，對球1,由牛頓第

二定律有R行=2migcos30°=機ia,解得。=小且，故C正確，D錯誤。

方法總結(jié)求解瞬時加速度的思路

I跟蹤訓(xùn)練

1.（2024.山東臨沂模擬）如圖2所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A

連接，物體A上方疊放物體3、C,三個物體的質(zhì)量均為如系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),

彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。某時刻突然取走物體C,則（）

C

B

A

圖2

A.此瞬間B的加速度為0

B.此瞬間A對3的彈力大小為2mg

C.之后3可能脫離A

D.之后3對A彈力的最小值為Jng

答案D

解析初始三個物體受力平衡，彈簧彈力大小為R=3mg,取走C物體瞬間彈簧

彈力不變，對A、3整體由牛頓第二定律有R—2/ng=2ma,解得。=上，之后A、

3一起做簡諧運動，最大加速度為選項A錯誤；取走C瞬間設(shè)3受到的

3_

彈力大小為RN,則有RN—機?=機。，解得RN=/Mg,選項B錯誤；當A、B運動

到上方最大位移處時加速度"向下，大小為優(yōu)=%,此時3對A的彈力最小，對

3物體有"?一斤'=加優(yōu)，解得則3不可能脫離A,選項C錯誤，D正

確。

考點二動力學(xué)的兩類基本問題

1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路

運動學(xué)公式

牛頓第二定律.麗司

第一類問題

（受力情況）［運動狀態(tài)］

第二類問題

｛加速度｝

牛頓第二定律運動學(xué)公式

2.基本步驟

根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出

明確研

被研究的物體。研究對象可以是某個

究對象

物體，也可以是幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)

受力分析

畫好受力示意圖、運動情景圖，明確

和運動狀

物體的運動性質(zhì)和運動過程

態(tài)分析

建立」通常沿加速度的方向建立坐標系并以

1加速度方向為某一坐標軸的正方向

坐標系

若物體只受兩個共點力作用，通常用

確定

f合成法；若物體受到3個及以上不在同

合外力

一直線上的力，一般用正交分解法

|根據(jù)牛頓第二定律F杳=ma或

列方、列方程求解，必要時還要對結(jié)果盅行'

程求解

I討論

例2(2024.福建廈門模擬)在發(fā)射火箭過程中，首先由火箭助推器提供推力，使火

箭上升到30km高空時，速度達到1.2km/s,助推器脫落，經(jīng)過一段時間落回地

面。已知助推器脫落后的運動過程中，受到的阻力大小恒為助推器重力的取g

=10m/s2o求：

(1)助推器能上升到距離地面的最大高度；

⑵助推器落回地面的速度大小和助推器從脫離到落地經(jīng)歷的時間。

答案(1)90km(2)1200m/s250s

解析(1)助推器脫落后，受到阻力

上升過程，由牛頓第二定律有mg+f=ma\

代入數(shù)據(jù)解得m=12m/s2,方向豎直向下，則助推器向上做勻減速直線運動，繼

續(xù)上升的高度fe=^=6X104m=60km

所以助推器能上升到距離地面的最大高度為A=Ai+A2=90kmo

(2)助推器從最高點開始下落過程中，由牛頓第二定律得機g一尸機痣

代入數(shù)據(jù)解得(22=8m/s2

落回地面的速度大小為V=\j2a2h=1200m/s

Vo

助推器從脫離到最高點所用時間M=^=100s

V

從最高點到落地點所用時間t2=—=150s

所以助推器從脫離到落地經(jīng)歷的時間r=n+?2=250so

例3(2022.浙江1月選考，19)第24屆冬奧會在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽

道如圖3所示，長12m水平直道A3與長20m的傾斜直道3c在5點平滑連接，

斜道與水平面的夾角為15。。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到3點

時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿3C勻加速下滑(如圖所示)，到C

點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量

為110kg,sin15°=0.26,求雪車(包括運動員)：

圖3

(1)在直道A3上的加速度大小；

(2)過C點的速度大??；

(3)在斜道3c上運動時受到的阻力大小。

答案(1)|m/s2(2)12m/s(3)66N

解析(1)設(shè)雪車從A-3的加速度大小為以運動時間為f,根據(jù)勻變速直線運動

的規(guī)律有2alAB=vi,VB=at

Q

解得看=3s,m/s2。

(2)由題知雪車從AfC全程的運動時間加=5s

設(shè)雪車從的加速度大小為〃1、運動時間為九，故九=m—h根據(jù)勻變速直線

運動的規(guī)律有l(wèi)BC=VBtl+^a\fi

vc=vs+aiti

代入數(shù)據(jù)解得m=2m/s?,0c=12m/s。

(3)設(shè)雪車在5C上運動時受到的阻力大小為于,根據(jù)牛頓第二定律有機gsin15。一/

—ITlCli

代入數(shù)據(jù)解得了=66N。

m艮awM

2.如圖4所示是某游樂場的海豚表演。小海豚從水池沖出，以10m/s的速度滑過

坡道底端的。點，經(jīng)過1.0s向上滑過坡道上尸點時的速度為3.2m/s。該坡道為

直道，足夠長且傾角8=37。，已知sin37。=0.6,cos37。=0.8。重力加速度g取

10m/s2,下列說法正確的是（）

A.小海豚上滑的加速度大小為3.2m/s2

B.小海豚和坡道之間的動摩擦因數(shù)為0.1

C.小海豚滑過P點后還能繼續(xù)向上滑3.2m

D.小海豚下滑回到0點時速度大小為10m/s

答案B

01—V2

解析設(shè)小海豚向上滑行的加速度大小為則。=1^=6.8m/s2,A錯誤；設(shè)

小海豚與坡道間的動摩擦因數(shù)為〃，小海豚的質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsm0+Fi=ma,又FN,F^=mgcos0,解得〃=0.1,B正確；小海豚滑過

U2322

P點后還能繼續(xù)向上滑的距離為mW）.75m,C錯誤；小海豚上

za2.X0.8

_V?

滑的最大距離為x=五,設(shè)小海豚沿坡道下滑的加速度為a',則mgsin3—Ff=ma',

又0〃=2優(yōu)》,解得小海豚下滑回到。點時的速度為比=\/步1"8.7111/5,口錯誤。

考點三超重與失重現(xiàn)象

對超重和失重的理解

（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。

⑵在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。

（3）盡管物體的加速度方向不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量,

物體就會處于超重或失重狀態(tài)。

角度二超、失重現(xiàn)象的圖像問題

例4（2024.長沙雅禮中學(xué)一模）某教師用圖5甲所示裝置研究電梯的運動。安裝拉

力傳感器的鐵架臺置于電梯中，裝有水的礦泉水瓶豎直懸掛在拉力傳感器上。電

梯運行時，電腦記錄了礦泉水瓶所受拉力R隨時間/的變化情況如圖乙所示，下

列說法正確的是（）

圖5

A.A3階段電梯處于失重狀態(tài)，CD階段電梯處于超重狀態(tài)

B.電梯先后經(jīng)歷了上行、靜止、下行三個過程

CAB階段的加速度大小約為0.67m/s2,方向豎直向上

D.CD階段的加速度大小約為0.67m/s2,方向豎直向上

答案C

解析A3階段拉力大于重力，電梯處于超重狀態(tài)，8階段拉力小于重力，電梯

處于失重狀態(tài)，A錯誤；A3階段加速度向上，8階段加速度向下，電梯先后經(jīng)

歷了向上加速，向上勻速和向上減速的過程，B錯誤；由圖乙可知礦泉水瓶的重

力mg=15N,若重力加速度g取10m/s2,礦泉水瓶的質(zhì)量加=看kg=1.5kg,

2

AB階段的加速度大小a；：5」m/s2^0.67m/s,方向豎直向上，C正確；CD

14—15

階段的加速度大小。'=--m/s2f?0.67m/s2,方向豎直向下，D錯誤。

角度級超、失重現(xiàn)象的分析和計算

例5(2023?山東日照一模)物理興趣小組為了研究電梯下降過程的運動規(guī)律，帶著

鉤碼和便攜式DIS實驗系統(tǒng)進入電梯并到達最高層，把鉤碼掛在力傳感器上進行

實驗。電梯從最高層開始運動，中間不停頓，一直運動到第一層停下。從掛上鉤

碼到最后取下鉤碼的過程中，DIS實驗系統(tǒng)的顯示器上顯示出拉力隨時間變化的

關(guān)系圖像如圖6所示。g取10m/s2,根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)，求：

F/N

55

50

45

40

05101520t/s

圖6

(1)電梯在減速階段的加速度大小;

(2)電梯在整個運動過程中的最大速度；

(3)電梯在整個運動過程中下降的高度。

答案(1)0.8m/s2(2)4.8m/s(3)76.8m

解析(1)由題圖可知鉤碼的重力/ng=50N

則鉤碼的質(zhì)量m=5kg

電梯在減速階段，鉤碼處于超重狀態(tài)，拉力大小R=54N

由牛頓第二定律得F—mg=ma

解得加速度大小a=0.8m/s2o

(2)由題圖可知，電梯在2?6s的時間內(nèi)向下加速，加速過程鉤碼受到的拉力大小

"44N

根據(jù)牛頓第二定律得mg—F'=ma'

可得a'=1.2m/s2

最大速度o=a'A/i=4.8m/So

(3)電梯在2?6s的時間內(nèi)加速的位移大小為歷=S(八九)2

在6?17s的時間內(nèi)勻速的位移大小為hi=v\t2

在17~23S時間內(nèi)減速的位移大小為"3=/。/3)2

電梯下降的高度8=①+"2+//3,可得H=76.8m。

方法總結(jié)判斷超重和失重的方法

當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀

從受力的角度

態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全

判斷

失重狀態(tài)

當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加

從加速度的角

速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，

度判斷

物體處于完全失重狀態(tài)

從速度變化的①物體向上加速或向下減速時，超重

角度判斷②物體向下加速或向上減速時，失重

?1跟蹤訓(xùn)練

3.(2024.北京昌平高三期末)很多智能手機都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加

速度情況。用手掌托著手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，

得到如圖7所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正

方向。取重力加速度g=10m/s2,由此可判斷出（）

圖7

A.在t\~t2時間內(nèi)手機處于超重狀態(tài)，在時間內(nèi)手機處于失重狀態(tài)

B.手機在t2時刻運動到最高點

C.手機在t3時刻改變運動方向

D.手機可能離開過手掌

答案D

解析由圖可知，在力?/3時間內(nèi)手機的加速度方向豎直向上，手機處于超重狀

態(tài)，故A錯誤；在/2?/3時間內(nèi)手機有向上的加速度，速度方向與加速度方向相

同，可知手機在/2時刻未運動到最高點，故B錯誤；手機在右時刻有豎直向上的

速度，不為零，故沒有改變運動方向，故C錯誤；由圖可知，在f4時刻之后有一

段時間內(nèi)手機的加速度等于重力加速度，則手機與手掌沒有力的作用，手機可能

離開過手掌，故D正確。

■提升素養(yǎng)能力（限時：40分鐘）

A級基礎(chǔ)對點練

對點練1瞬時問題的兩類模型

1.（2024?河南三門峽階段考試）如圖1所示，質(zhì)量為m=3kg的木塊在輕彈簧和輕

繩的作用下處于靜止狀態(tài)，此時木塊和斜面剛好接觸但無壓力，輕繩水平，輕彈

簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角6=37。,木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃

重力加速度g取10m/sz,sin8=0.6,則剪斷輕繩瞬間木塊的加速度大小為（）

圖1

A.14m/s2B.12m/s2

C.10m/s2D.8m/s2

答案D

解析剪斷輕繩之前，設(shè)彈簧的拉力為死豎直方向根據(jù)受力平衡可得Rsin

vno3X10

mg,解得歹=磊=-7kN=50N,剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力保持不變，根據(jù)

牛頓第二定律可得R—/ngsin。一〃機geos解得a=8m/s2,故D正確。

2.如圖2所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時水

平細線一端連著A球,另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60。，

A、3兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時A、3兩球都靜止不動，A、B

兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，

A、3兩球的加速度分別為（）

圖2

A.（1A=CIB=gB.<Z4=2g,<7B=0

C.GA—、#>g,CIB=QD.<7A—,CIB~Q

答案D

解析水平細線被剪斷前，對A、5進行受力分析如圖所示，靜止時有FT=Fsin60°,

Feos60°=mAg+Fi,Fi=Fi'=mBg,又因為加4=m8,聯(lián)立解得水

平細線被剪斷瞬間，A消失，其他各力不變，A所受合力與五等大反向，所以

Frr-

<74口福［—2y3g,故D正確。

3.如圖3所示，質(zhì)量為2kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為3kg的物體

3用細線懸掛，A、3間相互接觸但無壓力，取重力加速度g=10m/s2。某時刻將

細線剪斷，則細線剪斷瞬間（）

//〃/〃〃〃〃，

n建

A

I

-"0

圖3

A.B對A的壓力大小為12NB.彈簧彈力大小為50N

C.B的加速度大小為10m/s2D.A的加速度為零

答案A

解析原來A處于平衡狀態(tài)，有f^=mAg=20N,細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不

會發(fā)生突變，故B錯誤；細線剪斷瞬間，A、5一起加速下降，由于原來A平衡，

則整體受到的合力等于5的重力，由牛頓第二定律可得機Bg=（MA+加B）a,解得A、

5共同的加速度a=6m/s2,故C、D錯誤；對3由牛頓第二定律可得機Bg—RN=

mBa,解得3受到的支持力為RN=12N,由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大

小為12N,故A正確。

對點練2動力學(xué)的兩類基本問題

4.（2022.遼寧卷，7）如圖4所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度優(yōu)

沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為〃，g取

10m/s2o下列00、〃值可能正確的是（）

圖4

A.oo=2.5m/sB.0o=1.5m/s

C.〃=0.28D.〃=0.25

答案B

解析物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則1=：=型產(chǎn)，由題意知x=lm,t

=1s,o>0,代入數(shù)據(jù)有oo<2m/s,故A錯誤，B正確；對物塊做受力分析，由

牛頓第二定律有a=—〃g,又"-08=2ox,整理有o&+2ax>0,聯(lián)立可得〃<0.2,

故C、D錯誤。

5.（多選）一種能垂直起降的小型遙控?zé)o人機如圖5所示，螺旋槳工作時能產(chǎn)生恒定

的升力。在一次試飛中，無人機在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎

直向上起飛，上升36m時無人機突然出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機的質(zhì)量

2

為5kg,運動過程中所受空氣阻力大小恒為10N,取重力加速度大小g=10m/so

下列說法正確的是（）

圖5

A.無人機失去升力時的速度大小為12m/s

B.螺旋槳工作時產(chǎn)生的升力大小為60N

C.無人機向上減速時的加速度大小為12m/s2

D.無人機上升的最大高度為42m

答案ACD

解析由運動學(xué)公式v2-vi=2ax,可得無人機失去升力時的速度大小為。=

爽==12m/s,故A正確；由牛頓第二定律有機解得R=70N,

故B錯誤；向上減速時，由牛頓第二定律有機g+/=/na2,解得a2=12m/s2,故C

_、濟

正確；由運動學(xué)公式"-08=2以可得，無人機減速上升的高度為X2=5二=6D1,

則無人機上升的最大高度為H=xi+x2=42m,故D正確。

對點練3超重和失重現(xiàn)象

6.一質(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6所

示。其中力?這段為直線，乘客所受支持力的大小用RN表示，速度大小用。表示。

重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

圖6

A.0?九時間內(nèi)，。增大，F(xiàn)N>mg

B.九?短時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mg

C/2?為時間內(nèi)，0增大，F(xiàn)^<mg

D./2?七時間內(nèi)，0減小，F(xiàn)N>mg

答案D

解析根據(jù)位移一時間圖像的斜率表示速度可知，0?九時間內(nèi)，圖像斜率增大,

速度0增大，加速度方向向下，可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力RN<mg,

選項A錯誤；力?￡2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度0不變，加速度為零，乘客所

受的支持力RN=/ng,選項B錯誤；/2?/3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度0減小，

加速度方向向上，乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力外>機g,選項C錯誤，D正

確。

7.(2024.廣東揭陽高三期末)我國建設(shè)的落塔及塔內(nèi)的落倉如圖7所示。某次實驗

時，/=0時刻落倉由靜止開始自由下落，f=2s時開始減速，f=4s時落倉速度變

為0。已知2?4s內(nèi)落倉做勻變速直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是

()

4

落塔落倉

圖7

A.0-2s內(nèi)落倉內(nèi)的物體不受重力的作用

B.0~2s內(nèi)落倉內(nèi)的物體處于完全失重狀態(tài)

C.與0?2s內(nèi)相比，2?4s內(nèi)落倉下落的位移更小

D.?=1.5s和t=2.5s兩時刻落倉的加速度相同

答案B

解析0?2s內(nèi)落倉做自由落體運動，落倉內(nèi)的物體只受重力的作用，加速度為

重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；設(shè)2s時落倉的速度為0,

則0?2s內(nèi)落倉下落的位移為制=341,2~4s內(nèi)落倉下落的位移了2=3%2,

由于A=/2=2S,則0?2s內(nèi)落倉下落的位移等于2?4s內(nèi)落倉下落的位移，故

C錯誤；0?2s內(nèi)落倉向下做勻加速直線運動，2?4s內(nèi)落倉向下做勻減速直線

運動，根據(jù)對稱性可知，f=1.5s和t=2.5s兩時刻落倉的加速度大小相等，方向

相反，故D錯誤。

8.如圖8所示，一原長為Lo的彈簧上端固定一小球，置于豎直圓筒中，現(xiàn)讓豎直

圓筒依次豎直向下、豎直向上做加速度大小為g的勻加速直線運動，兩次運動中

彈簧的長度分別為L、L（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）,小球始終未碰到圓筒。則（）

圖8

A.Li>Lz=LoB.LI<L2=LO

CZ2VLi=LoDL>Li=Lo

答案c

解析當圓筒豎直向下做加速運動時，即彈簧與小球一起向下加速時，彈簧與小

球處于完全失重狀態(tài)，此時Li=Lo;當圓筒豎直向上加速運動時，即彈簧與小球

一起向上加速時，彈簧、小球處于超重狀態(tài)，彈簧受到的壓力大于小球的重力，

此時L2<LO,因此無<LI=LO,C正確。

B級綜合提升練

9.（多選）（2024.河南鄭州模擬）隨著科技的發(fā)展，我國的航空母艦上將安裝電磁彈射

器以縮短飛機的起飛距離。如圖9所示，某航空母艦的水平跑道總長/=180m,

電磁彈射區(qū)的長度/i=80m,一架質(zhì)量機=2.0X104kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機

可為飛機提供恒定的推力R推=1.2X105N,假設(shè)飛機在航母上受到的阻力恒為飛

機重力的（若飛機可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點，從右邊沿離艦的起飛速度。=40m/s,

航空母艦始終處于靜止狀態(tài)（電磁彈射器提供的牽引力恒定，取g=10m/s2）。下列

說法正確的是（）

圖9

A.飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度大小ai=5.0m/s2

B.飛機在電磁彈射區(qū)的末速度大小加=20m/s

C.電磁彈射器對飛機的牽引力R牽的大小為2XIO,N

D.電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的

答案AC

解析根據(jù)牛頓第二定律，飛機離開電磁彈射區(qū)后有R推一5ng=ma2,解得痣=

4.0m/s2,由"一沆=2.2（/—/1）,解得飛機在電磁彈射區(qū)的末速度01=20\/^m/s,

由濟=2ai/i,解得飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度ai=5m/s2,根據(jù)牛頓第二定

律有R牽+R推一點《g=mai,代入數(shù)據(jù)解得R牽=2X104N,故B錯誤，A、C正確；

根據(jù)可知電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，故D錯誤。

10.（多選）（2023?重慶巴蜀中學(xué)階段考試）圖10為魯能巴蜀中學(xué)“水火箭”比賽現(xiàn)

場，假設(shè)水火箭從地面以初速度10m/s豎直向上飛出，在空中只受重力與空氣阻

力,水火箭質(zhì)量為1kg,空氣阻力方向始終與運動方向相反，大小恒為2.5N,g

MX10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.水火箭運動過程中，經(jīng)過同一高度時（除最高點外），上升時的速率大于其下落

時的速率

B.水火箭所能上升的最大高度為昔m

C.水火箭從離開地面到再次回到地面的總時間為1.6s

D.當水火箭豎直向下運動至位于地面上方1m時，速度大小為3小m/s

答案AD

解析運動過程中空氣阻力一直做負功，使得水火箭機械能減小，則同一高度處

下落階段動能較小，速度較小，故A正確；水火箭向上運動時，空氣阻力向下，

加速度ai=g+5=12.5m/sz,則上升的最大高度為垢=翁=4m,故B錯誤；從

71(]

地面到最高點的時間為/=石=0.8S,水火箭下落時空氣阻力向上，加速度G2=g

-￡=7.5m/s2,所以下落時間大于上升時間，運動總時間大于1.6s,故C錯誤；

水火箭位于地面上方1m,即下落/z=3ni時，0=4五拓=3小m/s,故D正確。

11.(2024?福建莆田高三月考)當女排運動員進行原地起跳攔網(wǎng)訓(xùn)練時，