第2講小專題:牛頓第二定律的基本應(yīng)用

考點一超重與失重問題

1.實重和視重

(1)實重:物體實際所受的重力,它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。

(2)視重:當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不

等于物體的重力,此時彈簧測力計或臺秤的讀數(shù)即為視重。

2.超重、失重和完全失重的比較

狀

超重失重完全失重

態(tài)

現(xiàn)

視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于0

象

產(chǎn)

生豎直方向上,物體的加速豎直方向上,物體的加速豎直方向上,物體的加速度向

條度向上度向下下且等于g

件

運

動以g為加速度加速下降或減速

加速上升或減速下降加速下降或減速上升

狀上升

態(tài)

原

理F-mg=mamg-F=mamg-F=mg,

方F=mg+maF=mg-maF=0

程

[例1]【對超、失重現(xiàn)象的理解】(2024·湖南長沙期中)如圖所示,原地縱跳摸高是籃球和

羽毛球運動中重要的訓(xùn)練項目之一。運動員先由靜止下蹲一段位移,經(jīng)過充分蓄力后,發(fā)力

跳起摸到一定的高度,落地后屈腿緩沖。運動員在下降過程中,下列說法正確的是()

[A]始終處于超重狀態(tài)

[B]始終處于失重狀態(tài)

[C]先失重后超重

[D]先超重后失重

【答案】C

【解析】由于物體加速度方向決定超失重情況,當(dāng)物體的加速度向上時處于超重狀態(tài),加

速度向下時為失重狀態(tài)。運動員下降過程中先以重力加速度下落,接觸地面后支持力增大,

向下的加速度減小,變?yōu)?后又反向增大,即先失重后超重。故C正確。

[變式]運動員在空中運動過程中超、失重情況如何?

【答案】完全失重

【解析】運動員在空中運動過程中無論是上升還是下落,加速度均為重力加速度,則運動

員處于完全失重狀態(tài)。

[例2]【超、失重現(xiàn)象的圖像問題】(2024·云南保山期末)(多選)某科技愛好者利用智能

手機加速度傳感器,測量升降機在豎直方向運行的加速度,如圖所示為手機顯示的a-t圖像,

人站在升降機內(nèi)由靜止開始運動,規(guī)定豎直向上為正方向,人與手機質(zhì)量m=50kg,重力加

速度g取10m/s2,下列說法正確的是()

[A]0～5s站在升降機上的人處于超重狀態(tài)

[B]t=15s時升降機上升的速度大小為3m/s

[C]15～20s升降機對人的支持力大小為520N

[D]0～20s升降機上升的高度為30m

【答案】AD

【解析】由a-t圖像可知,0～5s加速度方向向上,人處于超重狀態(tài),故A正確。在a-t圖

像中,圖線與t軸所圍面積表示速度的變化,則0～5s升降機速度增加Δv=0.4×5m/s=2m/s,

由于升降機由靜止向上做勻加速運動,即5s末的速度為v1=2m/s,該過程升降機位移

x1=a=5m;5～15s升降機加速度為0而做勻速運動,則t=15s時升降機上升的速度大小

12

2?1

為2m/s,其位移x2=vt2=20m;15～20s升降機做勻減速運動,初速度v3=2m/s,加速度a′

2

=-0.4m/s,位移x3=v3t3+a′=5m;則0～20s升降機上升的高度為x=x1+x2+x3=30m,故

12

2?3

B錯誤,D正確。15～20s升降機做勻減速運動,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=ma′,解得

FN=480N,故C錯誤。

判斷超重和失重的方法

物體除受重力外,僅受到豎直向上的拉力(或支持力)

受力(1)F(或FN)>mg時,物體處于超重狀態(tài)。

判斷(2)F(或FN)<mg時,物體處于失重狀態(tài)。

(3)F(或FN)=0時,物體處于完全失重狀態(tài)

物體具有的加速度:

(1)方向豎直向上(或豎直分量向上)時,物體處于超重狀態(tài)。

加速度

(2)方向豎直向下(或豎直分量向下)時,物體處于失重狀態(tài)。

判斷

(3)方向豎直向下(或豎直分量向下)且等于重力加速度時,物體處于完全失重狀

態(tài)

速度變(1)物體向上加速或向下減速運動時處于超重狀態(tài)。

化(2)物體向下加速或向上減速運動時處于失重狀態(tài)。

判斷(3)物體以重力加速度g向下加速或向上減速運動時處于完全失重狀態(tài)

考點二動力學(xué)兩類基本問題

1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路

2.基本步驟

[例3]【已知受力求運動情況】(2024·安徽蕪湖階段檢測)滑雪是很多人喜歡的運動項目。

如圖所示,ABC為一簡化的雪道模型,AB段為長L=100m傾角θ=18°的山坡雪道,BC段為水

平雪道,AB與BC平滑相連。一位質(zhì)量m=80kg(含裝備)的滑雪者從山坡雪道頂端A處從

靜止開始自由滑下,到達底端后進入水平雪道。已知雪橇與水平雪道和山坡雪道之間的動

摩擦因數(shù)均為0.1,忽略空氣阻力,g取10m/s2,取sin18°=0.31,cos18°=0.95。如果滑雪者沒

有任何助力動作。求:

(1)滑雪者在山坡雪道下滑時的加速度a1的大小;

(2)為了使滑雪者利用雪橇與雪道間的摩擦停下來,水平雪道BC的長度x的最小值。

【答案】(1)2.15m/s2(2)215m

【解析】(1)滑雪者在山坡雪道下滑時受重力、支持力和摩擦力作用,根據(jù)平衡條件和牛

頓第二定律有

FN-mgcosθ=0,

mgsinθ-μFN=ma1,

2

聯(lián)立解得a1=2.15m/s。

(2)滑雪者在山坡雪道下滑過程中,根據(jù)勻變速運動速度與位移關(guān)系式有=2a1L,

2

?

則vB=,?

2?1?

滑雪者在水平雪道上滑行時水平方向只受滑動摩擦力Ff=μmg而做勻減速運動,根據(jù)牛頓

第二定律有μmg=ma2,

2

代入數(shù)值解得a2=1m/s;

為使滑雪者利用雪橇與雪道間的摩擦停下來,根據(jù)速度位移關(guān)系式得水平雪道BC的長度

.

x≥==m=215m,

2

??2?1L215×100

2?22?21

即水平雪道BC的長度x的最小值為215m。

[變式]為了能在[例3]情境中的水平雪道上較快地停下,滑雪者在滑到山坡雪道上的P點

時,開始通過調(diào)整姿態(tài)來增加阻力直到B點,進入水平雪道后不再增加阻力。若滑雪者在

山坡雪道上增加的阻力為人對雪道壓力的0.9倍,進入水平雪道后經(jīng)x2=44m停下,求滑雪

者開始調(diào)整姿態(tài)的位置P與B的距離x1。

【答案】20m

【解析】滑雪者到達P點過程中有

=2a1(L-x1),

2

?而?滑雪者由B點到停下過程中

2

有vB′=2a2x2,

滑雪者在PB段,根據(jù)牛頓第二定律

有mgsinθ-μmgcosθ-0.9mgcosθ=ma3,

2

根據(jù)勻變速運動規(guī)律有vB′-=2a3x1,

2

?

由以上各式聯(lián)立,代入數(shù)據(jù)得x?1=20m。

[例4]【已知運動情況求受力】(2024·湖南專題練習(xí))如圖甲所示,質(zhì)量為m=1kg小球從

固定斜面上的A點由靜止開始做加速度大小為a1的運動,小球在t1=1s時刻在B處與擋板

碰撞,然后沿著斜面做加速度大小為a2的運動,在t2=1.25s時刻到達C點,接著從C點運動

到B點,到達B點的時刻為t3。整個過程小球的v-t圖像如圖乙所示(v0未知),已知a2與a1

大小的差值為4m/s2,重力加速度g取10m/s2,求:

(1)小球受到阻力的大小和斜面傾角的正弦值;

(2)t3的值。

【答案】(1)2N0.6(2)s

5+2

【解析】(1)設(shè)斜面傾角為θ,4小球從A運動到擋板,即在0～1s時間內(nèi)由速度時間公式和

牛頓第二定律得2v0=a1t1,mgsinθ-Ff=ma1,

小球從擋板運動到C點,即在t1～t2(1～1.25s)時間內(nèi)有

v0=a2(t2-t1),mgsinθ+Ff=ma2,

2

而a2-a1=4m/s,

22

聯(lián)立解得a1=4m/s,a2=8m/s,v0=2m/s,

Ff=2N,sinθ=0.6。

(2)根據(jù)v-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示位移,由題圖乙可知,BC之間位移大小為

x1=×(t2-t1)=0.25m,

?0

2

12

設(shè)小球從C運動到B的時間為t,根據(jù)位移公式,有x1=a1t,

2

2

解得t=s,

4

5+2

則t3=t2+t=s。

4

[變式]若在[例4]的情境中,對小球施加一沿斜面向下的恒力F,從A點由靜止開始運動,

2

到達B處力F突然消失,小球與擋板碰撞,此后以碰撞前速度的反向運動且恰好到達A點,

3

則恒力F的大小是多少?

【答案】14N

【解析】由題圖乙可知,A、B兩點間距離

1

xAB=·2v0·t1=v0t1,

2

2

設(shè)小球與擋板碰撞前速度為v0′,則小球上滑初速度為v0′,小球上滑過程中,根據(jù)速度與

3

22

位移關(guān)系式有(v0′)=2a2xAB,

3

3

聯(lián)立解得v0′==62m/s;

2

201

2???2

設(shè)小球由A到B的過程中加速度大小為a3,則v0′=2a3xAB,

又根據(jù)牛頓第二定律有F+mgsinθ-Ff=ma3,

代入數(shù)據(jù)解得F=14N。

解答動力學(xué)基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”

考點三牛頓第二定律的瞬時性問題和等時圓的應(yīng)用

1.瞬時性問題的兩種模型

2.等時圓模型

(1)結(jié)論。

在同一豎直圓上,物體從不同位置沿不同的光滑弦由靜止開始滑至最低點,或者從同一豎

直圓的最高點沿不同的光滑弦滑至圓上,物體的運動時間相等,且僅決定于圓的直徑。

(2)類型。

如圖甲、乙、丙所示,質(zhì)點由靜止開始從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端滑到圓環(huán)的最低

點、質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦滑到下端或相鄰圓環(huán)由C到D,從E到F。

甲圖中質(zhì)點分別由A、C、D、E到達B點的時間相等;乙圖中質(zhì)點由A點到達B、C、D、

E的時間相等;丙圖中質(zhì)點從E到F、從C到D的時間相等。

[例5]【輕繩模型】(2024·湖南卷,3)如圖,質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球a、b、

c、d,通過細線或輕彈簧互相連接,懸掛于O點,處于靜止?fàn)顟B(tài),重力加速度為g。若將b、c

間的細線剪斷,則剪斷瞬間b和c的加速度大小分別為()

[A]g,1.5g[B]2g,1.5g

[C]2g,0.5g[D]g,0.5g

【答案】A

【解析】b、c間細線剪斷前,a、b間彈簧彈力Fab=(3m+2m+m)g=6mg,b、c間細線拉力

Fbc=(2m+m)g=3mg,c、d間彈簧彈力Fcd=mg;細線剪斷瞬間,a、b間彈力不變,對小球b

有,Fab-3mg=3mab,解得ab=g,方向豎直向上;對球c,由于b、c間細線拉力突然消失,有

Fdc+2mg=2mac,解得ac=1.5g,方向豎直向下。選項A正確。

[變式]在[例5]情境中,若不是剪斷b、c間細線,而是緊靠b球上側(cè)剪斷彈簧,則剪斷彈簧

瞬間各球加速度是多少?

【答案】aa=0ab=ac=1.2gad=0

【解析】在b球上側(cè)剪斷a、b間彈簧瞬間,彈簧彈力不發(fā)生突變,則a、d兩球不受影響

而加速度為0;由于b球受到的向上的彈力突然消失,而細線拉力會發(fā)生突變,若細線拉力突

然消失,小球b只受重力,小球c除受重力外,還有c、d間彈簧彈力,此時有ab<ac,顯然細線

拉力不可能消失,而使球b、c具有共同的加速度,對b、c整體,有(3m+2m)g+Fdc=5mabc,即

abc=1.2g。

[例6]【輕桿模型】如圖所示,光滑斜面的傾角為θ,球A質(zhì)量為2m、球B質(zhì)量為m,圖甲

中A、B兩球用輕彈簧相連,圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、

輕桿均與斜面平行,在系統(tǒng)靜止時,突然撤去擋板的瞬間,則有()

[A]圖甲中球A的加速度為gsinθ

[B]圖甲中球B的加速度為0

[C]圖乙中兩球的加速度均為0

[D]圖乙中兩球的加速度均為gsinθ

【答案】D

【解析】題圖甲中撤去擋板瞬間,由于彈簧彈力不能突變,則球A所受合力為0,加速度為

0,選項A錯誤;撤去擋板前,擋板對球B的彈力大小為3mgsinθ,撤去擋板瞬間,球B與擋板

之間彈力消失,則所受合力為FB=3mgsinθ,由F合=ma可知加速度為aB=3gsinθ,選項B錯

誤;題圖乙中撤去擋板前,輕桿上的彈力為2mgsinθ,撤去擋板瞬間,球B所受擋板支持力突

然消失,桿的彈力發(fā)生突變,由于A、B用輕桿連接,則球A、B加速度相等,其整體所受合

力為3mgsinθ,加速度均為gsinθ,選項C錯誤,D正確。

[變式]若把[例6]中圖甲、乙中的小球A、B均用細繩懸掛在天花板下處于靜止?fàn)顟B(tài),如

圖丙、丁所示,則在兩細繩燒斷的瞬間,圖丙和圖丁中兩球的加速度是否相等?

3

【答案】圖丙中B球加速度為零,A球加速度為g;圖丁中,A、B的加速度相同,均為g

2

【解析】細繩燒斷的瞬間彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以細繩燒斷瞬間,題圖

3

丙中球B所受合力仍為零,加速度為零,球A所受合力為3mg,加速度為g;題圖丁中,細繩燒

2

斷瞬間,A、B的加速度相同,設(shè)為a。以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有3mg=3ma,

解得a=g。

分析瞬時問題要“瞻前顧后”

[例7]【“等時圓”模型】(2024·山西大同階段檢測)(多選)如圖所示,在斜面上有四條光滑

細桿,其中OA桿豎直放置,OB桿與OD桿等長,OC桿與斜面垂直放置,若每根桿上都套著

一個小滑環(huán)分別從O點由靜止釋放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為

t1、t2、t3、t4。下列關(guān)系正確的是()

[A]t1>t2>t3[B]t1=t3>t2

[C]t2=t4>t1[D]t2<t3<t4

【答案】BD

【解析】以O(shè)A桿為直徑作圓,由圓的知識可知C點處于圓上,B點在圓內(nèi),D點在圓外,如

圖所示,由于四個環(huán)均從圓的最高點滑下,由等時圓模型規(guī)律可知t1=t3,而沿OB滑下的環(huán)

早于沿OA或OC滑下的環(huán)到達斜面,沿OD滑下的環(huán)晚于沿OA或OC滑下的環(huán)到達斜

面,即t2<t1=t3<t4,故選B、D。

[變式]若豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿Oa、Ob、Oc的O、a、b、c與d點位于同一圓

周上,d點為圓周的最高點,c點為最低點,如圖所示。每根桿上都套著一個小滑環(huán)均從O點

無初速度釋放,用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)到達a、b、c所用的時間,則()

[A]t1=t2=t3[B]t3>t1>t2

[C]t1<t2<t3[D]t1>t2>t3

【答案】D

【解析】以O(shè)點為最高點,取合適的豎直直徑Oe作等時圓,使圓交Ob于b,如圖所示,根據(jù)

等時圓模型規(guī)律可知,小滑環(huán)分別從O由靜止到f、b、g的時間相等,此時沿Oa桿滑下的

環(huán)未到a點,沿Oc桿滑下的環(huán)早到達c點,可得t1>t2>t3,D正確。

“等時圓”模型規(guī)律的應(yīng)用

(滿分:70分)

對點1.超重與失重問題

1.(4分)(2024·云南昆明階段練習(xí))一乘客乘坐豎直電梯上樓,其位移x與時間t的關(guān)系圖像

如圖所示,乘客的速度大小用v表示。以下判斷正確的是()

[A]0～t1時間內(nèi),v增大,乘客處于超重狀態(tài)

[B]t1～t2時間內(nèi),v減小,乘客處于失重狀態(tài)

[C]t2～t3時間內(nèi),v增大,乘客處于超重狀態(tài)

[D]t2～t3時間內(nèi),v減小,乘客處于超重狀態(tài)

【答案】A

【解析】由于x-t圖像中圖線的斜率表示速度,可知0～t1時間內(nèi),v向上且增大,則加速度

向上,乘客處于超重狀態(tài);t1～t2時間內(nèi),v不變,乘客勻速上升,即處于平衡狀態(tài);t2～t3時間

內(nèi),v向上且減小,則加速度向下,乘客處于失重狀態(tài)。A正確。

2.(4分)(2025·云南高考適應(yīng)性考試)某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上,電梯運行

前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電梯豎直上升過程中,某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示,則該

時刻電梯(重力加速度g取10m/s2)()

[A]做減速運動,加速度大小為1.05m/s2

[B]做減速運動,加速度大小為0.50m/s2

[C]做加速運動,加速度大小為1.05m/s2

[D]做加速運動,加速度大小為0.50m/s2

【答案】D

【解析】由題意知,電梯在上升的過程中,視重大于實重,受到的支持力大于重力,處于超重

2

狀態(tài),加速度向上,做加速運動;由牛頓第二定律有FN-mg=ma,解得a=0.50m/s,故D正確。

對點2.動力學(xué)兩類基本問題

3.(4分)(2024·海南階段練習(xí))如圖所示,光滑的水平地面上靜止放置一輛小車,在小車的內(nèi)

部用兩根細繩拴一個可視為質(zhì)點的小球,其中a繩水平,b繩傾斜且與a繩之間的夾角為

150°,下列說法正確的是()

[A]小車靜止時,a、b兩繩上的拉力大小之比為1∶2

[B]小車靜止時,a、b兩繩上的拉力大小之比為∶2

[C]若小球隨著小車一起水平向左做勻加速直線運3動,隨著加速度的逐漸增大,兩繩上的

拉力也逐漸增大

[D]若小球隨著小車一起水平向右做勻加速直線運動的加速度等于1.5g時,a繩上的拉力

恰好為0

【答案】B

【解析】設(shè)細繩a、b的拉力分別FTa、FTb,小車靜止時,由平衡條件可得=cos30°=,

?Ta3

Tb

故B正確,A錯誤;設(shè)小球的質(zhì)量為m,若小球隨著小車一起水平向左做勻加?速直線運動2,豎

直方向有FTbsin30°=mg,可得FTb=2mg,水平方向有FTa-FTbcos30°=ma,可得FTa=ma+mg,

即FTa隨著加速度增大而增大,而FTb不變,故C錯誤;若小球隨著小車一起水平向右做3勻加

速直線運動,當(dāng)a繩上的拉力恰好為0時,豎直方向根據(jù)平衡條件FTbsin30°=mg,可得

FTb=2mg,水平方向FTbcos30°=ma,得a=g,可知當(dāng)加速度為1.5g時,細繩a處于張緊狀態(tài),

故D錯誤。3

4.(16分)(2024·安徽合肥期中)鋼架雪車比賽的一段賽道如圖甲所示,長12m的水平直道

AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接,斜道BC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B點時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿BC

勻加速下滑(圖乙所示),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,取sin15°=0.26,g取10m/s2,求:

(1)雪車(包括運動員)在直道AB上的加速度大小和在AB上運動時間t1;

(2)過C點的速度大小;

(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。

【答案】(1)m/s23s(2)12m/s(3)66N

8

3

【解析】(1)設(shè)雪車在直道AB段加速度大小為a1,根據(jù)位移速度公式有=2a1xAB,

2

?

22?

解得a1==m/s=m/s,

22

??88

2???2×123

根據(jù)速度公式有vB=a1t1,

則t1==3s。

??

?1

(2)從B點到C點過程中,由勻變速直線運動速度與位移關(guān)系式得xBC=vBt2+a2,

12

2?2

其中t2=5.0s-t1=2s,

2

聯(lián)立解得a2=2m/s,

過C點的速度大小為

vC=vB+a2t2=12m/s。

(3)設(shè)在斜道BC上運動時受到的阻力大小為Ff,由牛頓第二定律可得mgsin15°-Ff=ma2,

代入數(shù)值解得Ff=66N。

對點3.牛頓第二定律的瞬時性問題和等時圓的應(yīng)用

5.(6分)(2024·貴州三模)(多選)如圖所示,可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細繩OA和OB懸掛靜

止在O點,繩OA與豎直方向的夾角為θ,繩OB水平。重力加速度為g,下列說法正確的是

()

[A]剪斷繩OB瞬間,小球的加速度大小為gtanθ

[B]剪斷繩OB瞬間,小球的加速度大小為gsinθ

[C]剪斷繩OA瞬間,小球的加速度為零

[D]剪斷繩OA瞬間,小球的加速度為g

【答案】BD

【解析】剪斷繩OB瞬間,小球即將開始繞A點做圓周運動,此時速度為0,則沿細繩方向

加速度為0,沿垂直于細繩方向有mgsinθ=ma,解得a=gsinθ,故A錯誤,B正確;同理剪斷OA

瞬間,其豎直方向有mg=ma′,即a′=g,故C錯誤,D正確。

6.(4分)(2025·陜晉青寧高考適應(yīng)性考試)如圖,質(zhì)量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈

簧連接,并用輕繩L1、L2固定,處于靜止?fàn)顟B(tài),L1水平,L2與豎直方向的夾角為60°,重力加速

度大小為g。則()

[A]L1的拉力大小為mg

[B]L2的拉力大小為33mg

[C]若剪斷L1,該瞬間小球甲的加速度大小為g

[D]若剪斷L1,該瞬間小球乙的加速度大小為g3

【答案】C

【解析】對甲、乙整體受力分析可知,L1的拉力大小為FT1=2mgtan60°=2mg,L2的拉力

3

大小為FT2==4mg,選項A、B錯誤。剪斷L1的瞬間,彈簧的彈力不變,則小球乙受的

°

2??

cos60

合力仍為零,加速度為零;對甲分析,L2中拉力發(fā)生突變,重力和彈簧彈力的合力沿輕繩L2

°

方向的分力與L2的拉力平衡,垂直于輕繩L2方向的分力提供加速度,有a==g,

2??sin60

?

選項C正確,D錯誤。3

7.(12分)(2024·四川綿陽課時練習(xí))滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲。有兩部直滑梯AB和

AC,A、B、C在豎直平面內(nèi)的同一圓周上,且A為圓周的最高點,示意圖如圖所示,已知圓周

半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P,距離A點為R,且與A等高。各滑梯的

摩擦均不計,已知重力加速度為g。3

(1)如果小朋友由靜止開始分別沿AB和AC滑下,試通過計算說明兩次沿滑梯運動的時間

關(guān)系;

(2)若設(shè)計一部上端在P點,下端在圓周上某點的直滑梯,則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時,

在滑梯上運動的最短時間是多少?

【答案】(1)見解析(2)

3?

【解析】(1)設(shè)AB與水平方?向的夾角為θ,

小朋友沿AB下滑時的加速度a==gsinθ,

??sin?

?

由運動學(xué)公式有xAB=a,

12

2???

由幾何關(guān)系知xAB=2Rsinθ,

解得tAB=,

4?

?

則沿滑梯運動的時間t與滑梯和水平面間的夾角無關(guān),同理可知tAC=,

4?

?

故tAB=tAC。

(2)作以P點為最高點、半徑為r且與題圖中圓外切的圓,如圖,

設(shè)切點為D,根據(jù)第(1)問的結(jié)論,當(dāng)小朋友沿滑梯PD下滑時,

在滑梯上運動的時間最短,由幾何關(guān)系知(R+r)2=(R-r)2+(R)2,

解得r=R,3

3

4

結(jié)合第(1)問的結(jié)論有tPD==。

4?3?

??

8.(4分)(2024·云南昆明期中)如圖所示,物體在摩擦力的作用下沿水平地面做勻減速直線

運動的位移x與時間t的關(guān)系圖像是拋物線的一部分,圖像在O點的切線過B點,在A點

的切線與橫軸平行,重力加速度大小g取10m/s2,下列說法正確的是()

[A]物體的減速距離為2m

[B]物體的初速度大小為2m/s

[C]物體沿地面運動的時間為2s

[D]物體與地面間的動摩擦因數(shù)為