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课时分层作业(十二)　牛顿第二定律
?基础强化练?
1．下列说法中正确的是(　　)
A．超重时物体所受的重力不变
B．生活小区电梯启动瞬间，电梯中的人就处于超重状态
C．超重就是物体所受的重力增加
D．飞机减速下降过程中，飞机中的乘客处于失重状态
2．某型号战斗机在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是(　　)
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力减小，速度增加越来越快
C．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越快
D．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢
3.
如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑．下列说法正确的是(　　)
A．滑到底端时的速度相同
B．滑到底端所用的时间相同
C．在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短
D．在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短
4.
[2022·北京卷]如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是(　　)
A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mgsinθ
5.
[2023·山西大同模拟]如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　)
A．1∶3B．1∶2C．1∶D．1∶
6.
[2023·山西太原4月模拟]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是(　　)
A．30cm刻度对应的加速度为－0.5g
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
7.
[2023·吉林长春普通高中质量监测]如图所示，在地面上固定一个竖直放置的大圆环，从环心O到环上的A、B两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ，直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8).现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O点静止释放，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶，若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则等于(　　)
A．　　B．C．　　D．
8.
[2023·安徽省黄山市高三第一次质量检测](多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小为g＝10m/s2.则(　　)
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5N
9.
[2023·浙江宁波期末]某型号的舰载机质量为M＝2×104kg，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的最大推力为F＝1×105N，所受到的阻力大小恒为f＝1×104N，方向与运动方向相反．已知平直跑道L＝100m，舰载机所需的最小起飞速度为v1＝50m/s.
(1)若航母不动，舰载机从静止开始启动，则其到达跑道末端的最大速度v2为多大？
(2)航母上一般安装有弹射系统，其中一种为蒸汽弹射器，如图所示，其作用相当于给舰载机一个沿运动方向上的推力．若航母以速度v3＝10m/s航行，假定蒸汽弹射器和舰载机上的发动机在100m，加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射器至少需要提供多大的力F1来帮助舰载机起飞？
?能力提升练?
10．(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称，某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　)
A．运动员的质量为60kg
B．运动员的最大加速度为45m/s2
C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5m
D．9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态
11.
[2023·西安名校联考]如图所示，轻质细线L1和轻弹簧L3分别系有两个完全相同的灯笼甲和乙，L1、L3的上端都系在天花板上，下端用轻质细线L2连接，静止时，L2水平，L1和L3与竖直方向的夹角都为θ.细线不可伸长，不计空气阻力，将灯笼视为质点．现将细线L2从中间剪断，则细线剪断瞬间，甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为(　　)
A．1B．sinθC．cosθD．tanθ
12.
[2023·重庆七中8月月考](多选)如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止．已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ
C．在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0
D．突然撤去恒力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ
课时分层作业（十二）
1．解析：A对，C错：处于超重与失重状态的物体所受的重力不变，是因为竖直方向具有加速度导致视重发生改变．B错：电梯向上启动的瞬间加速度方向向上，人所受的支持力变大，则压力变大即视重变大，处于超重状态；反之电梯向下启动的瞬间处于失重状态．D错：飞机减速下降时加速度方向向上，则飞机里的乘客处于超重状态．
答案：A
2．解析：根据牛顿第二定律可知，当加速度a不断减小至零时合力逐渐减小到零，速度增加得越来越慢，故A、B项错误；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加得越来越慢，故C项错误，D项正确．
答案：D
3．解析：设斜面高度为h，斜面倾角为θ，则斜面长度为L＝，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，根据v2＝2aL，得v＝＝，可知沿相同高度、不同倾角的斜面到达底端的速度大小相等，但方向不同，故速度不同，则A错误；根据匀加速直线运动的位移L＝at2，可得t＝＝，可知倾角越大，下滑时间越短，故倾角取题图中最大值，即θ＝60°时，下滑时间最短，故B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为FN＝mgcosθ，A错误；斜面对物块的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmgcosθ，B正确；因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma可知：mgsinθ>μmgcosθ，则斜面对物块的作用力为F＝＝<＝mg，C、D错误．
答案：B
5．解析：如题图所示，设圆中任意一条弦为OM，圆的半径为R′，则弦OM长s＝2R′cosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，根据s＝at2得t＝2，与角θ无关，因此沿不同弦下滑的时间相等．故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝gt，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt，联立有＝，选项D正确．
答案：D
6．解析：设弹簧的劲度系数为k，钢球的质量为m，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B错误；指针位于直尺40cm刻度时，有k（40cm－20cm）－mg＝0，指针位于直尺30cm刻度时，有k（30cm－20cm）－mg＝ma1，联立解得a1＝－0.5g，A正确；指针位于直尺50cm刻度时，有k（50cm－20cm）－mg＝ma2，结合A中分析得a2＝0.5g，C错误；设弹簧的形变量大小为x，则有kx－mg＝ma，x与a是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．
答案：A
7．解析：由牛顿第二定律可知，小圆环下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ，下滑的时间t＝，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶，代入计算得等于.故选A.
答案：A
8．解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－gt2可得t＝2s，即全红婵在空中运动的时间为2s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5m/s－10×2m/s＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知f＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正确．
答案：AD
9．解析：（1）对舰载机，根据牛顿第二定律可得F－f＝Ma
解得a＝4.5m/s2
根据速度—位移公式可得v＝2aL
解得v2＝30m/s.
（2）设舰载机的加速度为a′，则有v－v＝2a′L
解得a′＝12m/s2
对舰载机受力分析，
根据牛顿第二定律可得F1＋F－f＝Ma′
解得F1＝1.5×105N.
答案：（1）30m/s　（2）1.5×105N
10．解析：由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600N，解得运动员的质量m＝60kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3300N．最大加速度am＝＝45m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2s，上升和下落的时间均为1s，则最大高度为h＝gt2＝5m，选项C正确；9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．
答案：ABC
11．解析：细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对甲的拉力突然消失，引起L1上的张力发生突变，使甲的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下，大小为a1＝gsinθ；细线L2被剪断的瞬间，细线L2对乙的拉力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化，因而弹簧的弹力不变，乙所受弹力和重力的合力与剪断细线L2前细线L2对乙的拉力等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，乙的加速度大小为a2＝gtanθ，方向水平向右，故甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为＝cosθ，选项C正确．
答案：C
12．解析：把A、B、C三个物体看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件可得拉力F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，A、B之间的轻绳上的拉力为零，对A由牛顿第二定律有F－mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，故选项A正确；在轻绳被烧断前，对C应用平衡条件可得弹簧弹力F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断瞬间，对B分析，由于轻绳上的拉力消失，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律有F弹＋mgsinθ＝maB，解得aB＝2gsinθ，故选项B错误；在轻绳被烧断的瞬间，弹簧的弹力不发生改变，所以C的受力情况不变，处于平衡状态，加速度大小为0，故选项C正确；突然撤去恒力F的瞬间，对A、B整体进行分析，由牛顿第二定律有F弹＋2mgsinθ＝2maAB，F弹＝mgsinθ，解得aAB＝gsinθ，则A的加速度大小也为gsinθ，故选项D错误．
答案：AC第2讲　牛顿第二定律
课 程 标 准
通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、质量的关系．理解牛顿第二定律．
素 养 目 标
科学思维：(1)掌握动力学两类基本问题的求解方法．
(2)会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．
必备知识·自主落实
一、动力学两类基本问题
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由________________求出物体的加速度，再通过________的规律确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据________规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据________________求出力．
二、超重和失重
　　　　重力没有发生变化
1．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，叫作失重现象．
(2)产生条件：物体具有________的加速度．
2．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，叫作超重现象．
(2)产生条件：物体具有________的加速度．
3．完全失重由重力引起的现象将消失
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有________，这种现象叫作完全失重状态．
(2)产生条件：加速度a＝______，方向________．
走进生活
蹦极(BungeeJumping)，也叫机索跳，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．参与该活动的人向下运动的过程中
(1)在弹性绳刚伸直前，人处于完全失重状态. (　　)
(2)处于完全失重的人，不受重力的作用． (　　)
(3)在弹性绳刚伸直后下降的一小段距离内，人处于失重状态. (　　)
(4)在人下降到最低点前的一小段距离内，人处于超重状态. (　　)
关键能力·精准突破
考点一　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
1．两种基本模型的特点
(1)轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值．
(2)轻弹簧(或者橡皮绳)需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变．
2．求解瞬时加速度的一般思路
例 1 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【考法拓展1】　
在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是(　　)
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【考法拓展2】　把[考法拓展1]中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是(　　)
A．aA＝0　aB＝g
B．aA＝g　aB＝0
C．aA＝g　aB＝g
D．aA＝0　aB＝g
针 对 训 练
1.如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平．已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列结论正确的是(　　)
A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg
B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
2．[2023·山东潍坊检测](多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的物块放在粗糙水平面上，质量均为m，用劲度系数为k的轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，两物块处于静止状态．将水平向左、大小为F的恒力作用在甲上，当乙刚要滑动时，甲的加速度为零，此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．水平力作用在甲上的瞬间，其加速度为
B．两物块与水平地面间的动摩擦因数为
C．当乙刚好要滑动时弹簧的伸长量为
D．从乙开始滑动到弹簧第一次最长的过程中，甲、乙的加速度大小始终相等
考点二　超重与失重问题
判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
考向1　超、失重现象的分析判断
例 2 [2023·山东潍坊检测]如图所示，圆柱体固定在地面上，表面光滑，轻质橡皮绳一端连接小球甲，另一端跨过圆柱体连接小球乙，乙通过细绳与地面连接，甲质量是乙的2倍，甲、乙均静止．将连接地面的细绳剪断瞬间(　　)
A.甲球的加速度为g B．甲球处于失重状态
C．乙球处于超重状态 D．乙球处于平衡状态
考向2　超、失重现象的图像问题
例 3 [人教版必修一P101问题改编]某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器示数随时间变化的F － t图像如图所示，则(　　)
A．该同学重力约为500 N
B．该同学重力约为700 N
C．该同学完成了两次下蹲和起立
D．该同学完成了四次下蹲和起立
[教你解决问题]　读图
针 对 训 练
3.如图所示，两位同学用已经校准过的弹簧测力计(精度为0.2 N)在电梯中做实验，他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.2 kg的物体挂在测力计挂钩上(g取10 m/s2)，对于下图中的各图分别对应电梯可能的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀加速向下运动
B．乙图中电梯正在匀速向上运动
C．丙图中电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀减速向下运动
D．丁图中电梯正在匀速向上运动
考点三　动力学两类基本问题
1．解决动力学两类问题的关键点
2．解决动力学问题时的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．即F合＝ma
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．即
例 4[2022·辽宁卷]如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取.下列v0、μ值可能正确的是(　　)
A．v0＝2.5 m/s　　　　B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
例 5[2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
针 对 训 练
4. [2023·湖南永州模拟](多选)现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍．如图所示，一质量m＝2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍．已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为f＝1 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，则(　　)
A．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25 N
B．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N
C．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N
D．无人飞机上升的总高度为24 m
5．[2022·浙江1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图2所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
素养提升
斜面模型和等时圆模型
模型1斜面模型
1.等高斜面(如图所示)
t＝，且t1>t2>t3.
2．同底斜面(如图所示)
t＝，t1＝t3>t2.
典例1　[2021·全国甲卷]如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A．逐渐增大　　　　B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
模型2等时圆模型(常见情况)
1.“等时圆”满足条件
　
2．时间比较
(1)对于甲、乙图由2R sin θ＝gt2sin θ，得t＝＝2，与θ无关，对于丙有t＝2，与θ无关．
(2)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些．若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些．
典例2　[2023·武汉武昌质检]如图所示，倾角为θ的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于10°)，其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面OC和OD的下端也在MN上，OD与斜面MN垂直．让可视为质点的小球均无初速度出发，从A点到达B点的时间为tB，从O点到达C点的时间为tC，从O点到达D点的时间为tD.比较这三段时间，正确的是(　　)
A．tB>tD>tCB．tD>tC>tB
C．tB＝tC＝tD D．tB>tC＝tD
第2讲　牛顿第二定律
必备知识·自主落实
一、
1．牛顿第二定律　运动学
2．运动学　牛顿第二定律
二、
1．(1)小于　(2)竖直向下
2．(1)大于　(2)竖直向上
3．(1)作用力　(2)g　竖直向下
走进生活
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
关键能力·精准突破
例1　解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．
答案：A
【考法拓展1】　解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0.故选项D正确．
答案：D
【考法拓展2】　解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mg sin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2g sin 30°＝g，aB＝0，故选项B正确．
答案：B
1．解析：
甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误．
答案：C
2．解析：水平力作用在甲上的瞬间，对甲由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，显然A错误；当乙刚好滑动时，设弹簧弹力的大小为T，则对乙有T＝μmg，由于此时甲的加速度为零，则对甲有F＝T＋μmg，整理解得μ＝，B正确；结合上述分析可知，当乙刚好要滑动时，弹簧的弹力大小为T＝，结合胡克定律得此时弹簧的伸长量为x＝，C错误；乙开始运动后，弹簧的伸长量逐渐增大，直到甲、乙的速度相等时弹簧最长，该过程中甲做减速运动，乙做加速运动，则对甲由牛顿第二定律得T′＋μmg－F＝ma1，对乙同理得T′－μmg＝ma2，结合μ＝可得a1＝a2，D正确．
答案：BD
例2　解析：剪断细绳前，小球甲受重力2mg、橡皮绳的拉力F，由力的平衡条件得F＝2mg；小球乙受重力mg、橡皮绳的拉力F以及细绳的拉力T，由力的平衡条件得F＝T＋mg，解得T＝mg.剪断细绳瞬间，细绳的拉力消失，而橡皮绳的拉力不变，所以小球甲的合力为零，加速度为零，A、B错误．对小球乙有F－mg＝ma，解得a＝g、方向向上，所以小球乙处于超重状态，C正确，D错误．
答案：C
例3　解析：结合图像分析可知，该同学的重力约为500 N，①和②是下蹲过程，④和⑤是起立过程，即这个同学完成了一次下蹲与起立，选项A正确，选项B、C、D错误．
答案：A
3．解析：甲图中，弹簧测力计示数为2.4 N，物体的重力mg＝2 N，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，解得a＝2.0 m/s2，即电梯以2.0 m/s2的加速度匀加速向上运动，故A错误；乙图中，弹簧测力计的示数为2 N，等于重力，物体处于平衡状态，可能匀速向上运动，故B正确；丙图中，弹簧测力计示数为1.5 N，则mg－F＝ma，解得a＝2.5 m/s2，即电梯以的加速度匀加速向下运动，故C错误；丁图中，弹簧测力计示数为0，物体处于完全失重状态，加速度为g，故D错误．
答案：B
例4　解析：物块水平沿水平桌面中线做匀减速直线运动，则v＝＝
由题述可知，x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；
对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，利用匀变速直线运动规律得＝2ax，整理有－2ax>0，由于v0<2 m/s可得μ<0.2，故选项C、D不可能．
答案：B
例5　解析：(1)牛顿定律
mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1
a1＝2 m/s2
(2)匀加速
v2＝2a1l1
v＝4 m/s
(3)匀减速
－v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7 m
答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
4．解析：以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F1－mg－f＝ma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F1＝mg＋ma1＋f＝25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F2＝mg＋f＝21 N，故B错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速运动，加速度为a3＝ m/s2＝－1 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－f＝ma3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F3＝mg＋ma3＋f＝19 N，故C错误；无人飞机上升的总高度h＝ m＝24 m，故D正确．
答案：AD
5．解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2
(2)方法一　由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s
方法二　由于雪车在BC上做匀变速运动，故lBC＝·t1＝(t0－t)
解得vC＝12 m/s
(3)方法一　设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N
方法二　对雪车在BC上的运动过程由动量定理有(mg sin 15°－f)(t0－t)＝mvC－mvB
代入数据解得f＝66 N
方法三　对雪车从B→C由动能定理有＝
解得f＝66 N
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
素养提升
典例1　解析：横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝g sin θ，故物块从Q到P的运动时间为t＝＝＝，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin 2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．
答案：D
典例2　解析：
以OB为直径作圆，如图所示，设直径为d，由几何知识可知，D点在圆周上，由等时圆模型的结论可知，tOB＝tD>tC，C、D项错；由自由落体运动规律可知，小球从O到B所用时间tOB＝，小球从A点到B点的运动可等效为摆长为d的单摆运动的一部分，结合单摆周期公式可知，tB＝＝，故tB>tD>tC，A项正确，B项错．
答案：A(共41张PPT)
第2讲　牛顿第二定律
课 程 标 准
通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、质量的关系．理解牛顿第二定律．

素 养 目 标
科学思维：(1)掌握动力学两类基本问题的求解方法．
(2)会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．
必备知识·自主落实
关键能力·精准突破
必备知识·自主落实
必备知识·自主落实
一、动力学两类基本问题
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由____________求出物体的加速度，再通过________的规律确定物体的运动情况．
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据________规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据_____________求出力．
牛顿第二定律
运动学
运动学
牛顿第二定律
二、超重和失重
　　　　重力没有发生变化
1．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，叫作失重现象．
(2)产生条件：物体具有________的加速度．
2．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，叫作超重现象．

(2)产生条件：物体具有________的加速度．
小于
竖直向下
大于
竖直向上
3．完全失重 由重力引起的现象将消失
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有________，这种现象叫作完全失重状态．
(2)产生条件：加速度a＝______，方向________．
作用力
g
竖直向下
走进生活
蹦极(Bungee Jumping)，也叫机索跳，白话叫笨猪跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动．参与该活动的人向下运动的过程中
(1)在弹性绳刚伸直前，人处于完全失重状态. (　　)
(2)处于完全失重的人，不受重力的作用． (　　)
(3)在弹性绳刚伸直后下降的一小段距离内，人处于失重状态. (　　)
(4)在人下降到最低点前的一小段距离内，人处于超重状态. (　　)
√
×
√
√
关键能力·精准突破
考点一　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
1．两种基本模型的特点
(1)轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值．
(2)轻弹簧(或者橡皮绳)需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变．
2．求解瞬时加速度的一般思路
例 1 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)
A．a1＝g，a2＝g　　B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
答案：A
解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．
【考法拓展1】　
在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是(　　)
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
答案：D
解析：剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0.故选项D正确．
【考法拓展2】　把[考法拓展1]中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是(　　)
A．aA＝0　aB＝g
B．aA＝g　aB＝0
C．aA＝g　aB＝g
D．aA＝0　aB＝g
答案：B
解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零．烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mg sin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2g sin 30°＝g，aB＝0，故选项B正确．
针 对 训 练
1.如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平．已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列结论正确的是(　　)
A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg
B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g
D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g
答案：C
解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝＝mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝＝g，故C正确，B、D错误．
2．[2023·山东潍坊检测](多选)如图所示，甲、乙两个完全相同的物块放在粗糙水平面上，质量均为m，用劲度系数为k的轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，两物块处于静止状态．将水平向左、大小为F的恒力作用在甲上，当乙刚要滑动时，甲的加速度为零，此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．水平力作用在甲上的瞬间，其加速度为
B．两物块与水平地面间的动摩擦因数为
C．当乙刚好要滑动时弹簧的伸长量为
D．从乙开始滑动到弹簧第一次最长的过程中，甲、乙的加速度大小始终相等
答案：BD
解析：水平力作用在甲上的瞬间，对甲由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，显然A错误；当乙刚好滑动时，设弹簧弹力的大小为T，则对乙有T＝μmg，由于此时甲的加速度为零，则对甲有F＝T＋μmg，整理解得μ＝，B正确；结合上述分析可知，当乙刚好要滑动时，弹簧的弹力大小为T＝，结合胡克定律得此时弹簧的伸长量为x＝，C错误；乙开始运动后，弹簧的伸长量逐渐增大，直到甲、乙的速度相等时弹簧最长，该过程中甲做减速运动，乙做加速运动，则对甲由牛顿第二定律得T′＋μmg－F＝ma1，对乙同理得T′－μmg＝ma2，结合μ＝可得a1＝a2，D正确．
考点二　超重与失重问题
判断超重和失重的方法
(1)从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
考向1　超、失重现象的分析判断
例 2 [2023·山东潍坊检测] 如图所示，圆柱体固定在地面上，表面光滑，轻质橡皮绳一端连接小球甲，另一端跨过圆柱体连接小球乙，乙通过细绳与地面连接，甲质量是乙的2倍，甲、乙均静止．将连接地面的细绳剪断瞬间(　　)
A. 甲球的加速度为g B．甲球处于失重状态
C．乙球处于超重状态 D．乙球处于平衡状态
答案：C
解析：剪断细绳前，小球甲受重力2mg、橡皮绳的拉力F，由力的平衡条件得F＝2mg；小球乙受重力mg、橡皮绳的拉力F以及细绳的拉力T，由力的平衡条件得F＝T＋mg，解得T＝mg.剪断细绳瞬间，细绳的拉力消失，而橡皮绳的拉力不变，所以小球甲的合力为零，加速度为零，A、B错误．对小球乙有F－mg＝ma，解得a＝g、方向向上，所以小球乙处于超重状态，C正确，D错误．
考向2　超、失重现象的图像问题
例 3 [人教版必修一P101问题改编]某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器示数随时间变化的F － t图像如图所示，则(　　)
A．该同学重力约为500 N
B．该同学重力约为700 N
C．该同学完成了两次下蹲和起立
D．该同学完成了四次下蹲和起立
答案：A
解析：结合图像分析可知，该同学的重力约为500 N，①和②是下蹲过程，④和⑤是起立过程，即这个同学完成了一次下蹲与起立，选项A正确，选项B、C、D错误．
[教你解决问题]　读图
针 对 训 练
3.如图所示，两位同学用已经校准过的弹簧测力计(精度为0.2 N)在电梯中做实验，他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.2 kg的物体挂在测力计挂钩上(g取10 m/s2)，对于下图中的各图分别对应电梯可能的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀加速向下运动
B．乙图中电梯正在匀速向上运动
C．丙图中电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀减速向下运动
D．丁图中电梯正在匀速向上运动
答案：B
解析：甲图中，弹簧测力计示数为2.4 N，物体的重力mg＝2 N，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，解得a＝2.0 m/s2，即电梯以2.0 m/s2的加速度匀加速向上运动，故A错误；乙图中，弹簧测力计的示数为2 N，等于重力，物体处于平衡状态，可能匀速向上运动，故B正确；丙图中，弹簧测力计示数为1.5 N，则mg－F＝ma，解得a＝2.5 m/s2，即电梯以的加速度匀加速向下运动，故C错误；丁图中，弹簧测力计示数为0，物体处于完全失重状态，加速度为g，故D错误．
考点三　动力学两类基本问题
1．解决动力学两类问题的关键点
2．解决动力学问题时的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．即F合＝ma
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．即
例 4 [2022·辽宁卷] 如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取.下列v0、μ值可能正确的是(　　)
A．v0＝2.5 m/s　　　　B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
答案：B
解析：物块水平沿水平桌面中线做匀减速直线运动，则v＝＝
由题述可知，x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；
对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，利用匀变速直线运动规律得＝2ax，整理有－2ax>0，由于v0<2 m/s可得μ<0.2，故选项C、D不可能．
例 5 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.

解析：(1)牛顿定律
mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1
a1＝2 m/s2
(2)匀加速
v2＝2a1l1
v＝4 m/s
(3)匀减速
－v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7 m
答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
针 对 训 练
4. [2023·湖南永州模拟](多选)现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍．如图所示，一质量m＝2 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍．已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm＝4 m/s，受到的空气阻力恒为f＝1 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，则(　　)
A．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25 N
B．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20 N
C．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18 N
D．无人飞机上升的总高度为24 m
答案：AD
解析：以竖直向上为正方向，第一阶段无人飞机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F1－mg－f＝ma1，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F1＝mg＋ma1＋f＝25 N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人飞机受到向上的作用力F2＝mg＋f＝21 N，故B错误；第三阶段无人飞机向上做匀减速运动，加速度为a3＝ m/s2＝－1 m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－f＝ma3，得此阶段无人飞机受到向上的作用力F3＝mg＋ma3＋f＝19 N，故C错误；无人飞机上升的总高度h＝ m＝24 m，故D正确．
5．[2022·浙江1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图2所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．

解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2
(2)方法一　由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s
方法二　由于雪车在BC上做匀变速运动，故lBC＝·t1＝(t0－t)
解得vC＝12 m/s
(3)方法一　设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N
方法二　对雪车在BC上的运动过程由动量定理有(mg sin 15°－f)(t0－t)＝mvC－mvB
代入数据解得f＝66 N
方法三　对雪车从B→C由动能定理有＝
解得f＝66 N
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
素养提升
斜面模型和等时圆模型
模型1 斜面模型
1.等高斜面(如图所示)
t＝，且t1>t2>t3.
2．同底斜面(如图所示)
t＝，t1＝t3>t2.
典例1　[2021·全国甲卷]如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)
A．逐渐增大　　　　B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案：D
解析：横杆的位置可在竖直杆上调节，由题可知QP的水平投影始终不变，设其长度为x0，则物块下滑的位移x＝，物块在下滑过程中，由牛顿第二定律有a＝g sin θ，故物块从Q到P的运动时间为t＝＝＝，由于30°≤θ≤60°，即60°≤2θ≤120°，则sin 2θ先增大后减小，故时间t先减小后增大，故选项A、B、C错误，选项D正确．
模型2 等时圆模型(常见情况)
1.“等时圆”满足条件
2．时间比较
(1)对于甲、乙图由2R sin θ＝gt2 sin θ，得t＝＝2，与θ无关，对于丙有t＝2，与θ无关．
(2)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些．若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些．
典例2　[2023·武汉武昌质检]如图所示，倾角为θ的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于10°)，其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面OC和OD的下端也在MN上，OD与斜面MN垂直．让可视为质点的小球均无初速度出发，从A点到达B点的时间为tB，从O点到达C点的时间为tC，从O点到达D点的时间为tD.比较这三段时间，正确的是(　　)
A．tB>tD>tC B．tD>tC>tB
C．tB＝tC＝tD D．tB>tC＝tD
答案：A
解析：以OB为直径作圆，如图所示，设直径为d，由几何知识可知，D点在圆周上，由等时圆模型的结论可知，tOB＝tD>tC，C、D项错；由自由落体运动规律可知，小球从O到B所用时间tOB＝，小球从A点到B点的运动可等效为摆长为d的单摆运动的一部分，结合单摆周期公式可知，tB＝＝，故tB>tD>tC，A项正确，B项错．

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