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第2讲　牛顿运动定律的简单应用
素养目标　1.知道超重、失重及完全失重．(物理观念) 2.了解牛顿第二定律及其适用范围．(物理观念) 3.应用牛顿第二定律对实际问题进行分析、推理和判断．(科学思维)
一、超重和失重
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关(填“无关”或“相关”)．
(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数．
2．超重、失重和完全失重的对比
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于零
产生条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体竖直向下的加速度等于重力加速度
对应运动情境 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等
原理 F－mg＝ma F＝mg＋ma mg－F＝ma F＝mg－ma mg－F＝mg F＝0
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动．
第二类：已知运动情况求物体的受力．
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：
直观情境
1．思维辨析
(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．( )
(2)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( )
(3)物体受到外力作用，立即产生加速度．( )
(4)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．( )
(5)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．( )
2．如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v t图像，则(　　)
A．物体在0～2 s处于失重状态
B．物体在2～8 s处于超重状态
C．物体在8～10 s处于失重状态
D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态
3．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为(　　)
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D． m/s2
考点　牛顿第二定律的瞬时性
1．两类模型
2．求解瞬时加速度的步骤
典例1　如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
1．[牛顿第二定律的瞬时性]两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，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，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＝g，aB＝g
2．[整体法与隔离法的应用]如图所示，在倾角为θ＝37°的固定光滑斜面上，物块A、B的质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.某时刻把细线剪断，关于细线剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的加速度大小为4 m/s2
B．物块B的加速度大小为6 m/s2
C．物块A对B的弹力大小为0
D．物块B对A的弹力大小为12 N
考点　两类动力学基本问题
1．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示．
2．两类动力学问题的解题步骤
典例2　(2021·浙江1月选考)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)物体返回底端所需的时间．
1．[已知受力求运动]
(多选)如图所示为某型号无人机，该无人机的质量m＝2 kg，电动机能提供的最大动力Fm＝36 N，无人机飞行时所受的阻力大小恒为Ff＝10 N．无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经10 s的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机“自由”下落一段时间后重启动力装置，无人机下落12 s刚好落地．重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．h＝150 m
B．无人机下落过程中加速的时间为6 s
C．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24 N
D．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20 N
第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图2所示，长12 m的水平直道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，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，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
图 1 图 2
(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．
考点　超重和失重
1．对超重、失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．
2．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．
典例3　(2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
1．[超重、失重的定性分析]蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志．运动员从高处跳下弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零．在这下降的全过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B．弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C．弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D．运动员一直处于失重状态
2. [超重、失重的定量计算]为了探究超重和失重现象，某同学站在台秤上完成了一次“下蹲”和“起立”的连续动作，并通过力传感器描绘出了台秤的示数随时间的变化规律，图线如图所示，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．完成上述动作所用的时间为t7
B．t2时刻到达最低点
C．t4时刻的加速度大小为8 m/s2
D．t6～t7时间内，该同学正在向上做加速运动
课题研究　斜面模型和等时圆模型
模型Ⅰ.斜面模型
1．光滑斜面
结论：m滑到底端时的速率v＝，滑到底端所用的时间t＝ .
2．粗糙斜面
典例1　(2021·全国甲卷)如图所示，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
变式1　(2024·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲所示，在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．则下列关系式正确的是(　　)
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2C．a1模型Ⅱ.等时圆模型
1．定义
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间．
2．结论证明
如图所示，设某一条光滑弦与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d，根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin θ，位移为x＝dsin θ，则运动时间为t＝＝＝(与θ无关)．
3．模型特征
题目条件 相应的等时圆模型
各轨道上端相交 质点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
各轨道下端相交 质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等
各轨道中间相交 两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的过切点的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等
典例2　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1变式2　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆的圆周上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　　)
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
答案及解析
1．思维辨析
(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．(√)
(2)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．(√)
(3)物体受到外力作用，立即产生加速度．(√)
(4)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．(×)
(5)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．(√)
2．如图所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v t图像，则(　　)
A．物体在0～2 s处于失重状态
B．物体在2～8 s处于超重状态
C．物体在8～10 s处于失重状态
D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态
解析：从加速度的角度判断，由题意知0～2 s物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2～8 s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8～10 s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故C正确．
答案：C
3．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为(　　)
A．5 m/s2 B．3 m/s2
C．(5－) m/s2 D． m/s2
解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsin 30°，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝ m/s2，D对．
答案：D
考点　牛顿第二定律的瞬时性
典例1　如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．故选C．
1．[牛顿第二定律的瞬时性]两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，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，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＝g，aB＝g
解析：细线烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mgsin θ，细线烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为FA＝mgsin θ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为aA＝＝g.小球B受的合力沿斜面向上，大小为FB＝F－mgsin θ＝mgsin θ，小球B的瞬时加速度为aB＝＝g.故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．[整体法与隔离法的应用]如图所示，在倾角为θ＝37°的固定光滑斜面上，物块A、B的质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.某时刻把细线剪断，关于细线剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．物块A的加速度大小为4 m/s2
B．物块B的加速度大小为6 m/s2
C．物块A对B的弹力大小为0
D．物块B对A的弹力大小为12 N
解析：初始时，A、B之间无弹力，弹簧的弹力为F弹＝mgsin 37°＝6 N，剪断细线瞬间，由于弹簧的形变量不变，故弹簧的弹力不变，A、B一起沿斜面向下运动，把A、B看成一个整体，受力分析可得，两物块的加速度为a＝＝4 m/s2，B错误，A正确；单独分析物块B，设A对B的弹力为N，受力分析，由牛顿第二定律得Mgsin θ－N＝Ma，可得A对B的弹力为N＝4 N，由牛顿第三定律知，B对A的弹力大小也为4 N，C、D错误．
答案：A
考点　两类动力学基本问题
典例2　(2021·浙江1月选考)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点．然后，滑块返回到出发点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)物体返回底端所需的时间．
解析：(1)滑块沿斜面向上做匀减速直线运动
最大位移x＝t，解得x＝16 m.
(2)滑块沿斜面上滑时的加速度大小a1＝
上滑过程中，对滑块由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.25.
(3)下滑过程，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝4 m/s2
由运动学公式得x＝a2t2，变形可得t＝＝2 s.
答案：(1)16 m　(2)0.25　(3)2 s
1．[已知受力求运动]
(多选)如图所示为某型号无人机，该无人机的质量m＝2 kg，电动机能提供的最大动力Fm＝36 N，无人机飞行时所受的阻力大小恒为Ff＝10 N．无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升，经10 s的时间后关闭动力装置，无人机能达到的最大高度为h，然后无人机沿原路返回地面，无人机“自由”下落一段时间后重启动力装置，无人机下落12 s刚好落地．重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．h＝150 m
B．无人机下落过程中加速的时间为6 s
C．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为24 N
D．无人机返回过程重启动力装置后，电动机提供的动力为20 N
解析：无人机以最大动力从地面由静止开始沿竖直方向加速上升过程，由牛顿第二定律得Fm－mg－Ff＝ma1，代入数据解得a1＝3 m/s2，经10 s的时间后关闭动力装置，对减速上升过程，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma2，代入数据解得a2＝15 m/s2，由速度公式得a1t1＝v＝a2t2，解得最大速度v＝30 m/s，上升过程减速时间t2＝2 s，无人机能达到的最大高度h＝(t1＋t2)＝180 m，故A错误；无人机沿原路返回地面时，对无人机“自由”下落过程，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma3，代入数据解得a3＝5 m/s2，由运动学知识得h＝t，解得v′＝30 m/s，所以无人机下落时加速的时间t3＝＝6 s，故B正确；无人机下落过程中重启动力装置后，由牛顿第二定律得F－mg＋Ff＝ma4，由运动学知识得a4＝＝5 m/s2，联立解得F＝20 N，故C错误，D正确．
答案：BD
第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图2所示，长12 m的水平直道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，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，取g＝10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
图 1 图 2
(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)对AB段：v＝2a1x1
解得a1＝ m/s2.
(2)对AB段：v1＝a1t1
解得t1＝3 s
对BC段：x2＝v1t2＋a2t
t1＋t2＝5 s
解得a2＝2 m/s2
则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s.
(3)在BC段由牛顿第二定律有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
考点　超重和失重
典例3　(2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
解析：由于s t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmg，选项C错误，D正确．故选D．
1．[超重、失重的定性分析]蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志．运动员从高处跳下弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零．在这下降的全过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B．弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C．弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D．运动员一直处于失重状态
解析：弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，仍处于失重状态，当拉力大于重力时，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态．所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
2. [超重、失重的定量计算]为了探究超重和失重现象，某同学站在台秤上完成了一次“下蹲”和“起立”的连续动作，并通过力传感器描绘出了台秤的示数随时间的变化规律，图线如图所示，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．完成上述动作所用的时间为t7
B．t2时刻到达最低点
C．t4时刻的加速度大小为8 m/s2
D．t6～t7时间内，该同学正在向上做加速运动
解析：由题图知，完成题中描述的动作的时间为Δt＝t7－t1，A错误；下蹲过程应先向下加速再向下减速，此过程先失重再超重，起立过程应先向上加速再向上减速，起立过程先超重再失重，根据图像可知，t1～t3时间内均为向下加速，故t2时刻不是最低点，B错误；根据图像可知，该同学的质量为m＝ kg＝50 kg，t4时刻的加速度大小为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，C正确；根据图像可知，t6～t7时间内，该同学正在向上做减速运动，D错误．
答案：C
课题研究　斜面模型和等时圆模型
典例1　(2021·全国甲卷)如图所示，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
解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θt2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大．故选D．
答案：D
变式1　(2024·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲所示，在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．则下列关系式正确的是(　　)
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2C．a1解析：甲图中滑块A的加速度大小为a1，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ－μgcos θ；乙图中滑块A的加速度大小为a2，有(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsin θ－μgcos θ；丙图中滑块A的加速度大小为a3，有(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma3，解得a3＝，故a1＝a2答案：B
典例2　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1解析：设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确．
答案：BCD
变式2　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆的圆周上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　　)
A．tAB．tA＝tCC．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
解析：对于AM段，位移xA＝R，加速度aA＝＝g，根据x＝at2，得tA＝＝；同理tB＝；由等时圆模型可知，tC＝，故tA＝tC答案：B(共54张PPT)
第2讲　牛顿运动定律的简单应用
第三章　牛顿运动定律
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