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第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
考点一　对超重与失重的理解
1.判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体受到竖直向上的拉力(或支持力): (1)大于重力时,物体处于超重状态。 (2)小于重力时,物体处于失重状态。 (3)等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有的加速度: (1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。 (2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。 (3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时,物体处于超重状态。 (2)物体向下加速或向上减速运动时,物体处于失重状态。 (3)物体以g为加速度向下加速或向上减速运动时,物体处于完全失重状态
2.超重和失重的理解
(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)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。
(3)即使物体的加速度不是竖直方向,但只要在竖直方向上有加速度的分量,物体就会处于超重或失重状态。
[例1] 【超、失重现象的判断】 (2024·山东菏泽三模)(多选)测体重时,电子秤的示数会不断变化,电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比,最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中关于电子秤示数说法正确的是(　　)
[A] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先增大后减小
[B] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先减小后增大
[C] 在减速下降的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
[D] 在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
【答案】 BD
【解析】 当该同学在电子秤上下蹲时,人体重心下移,先加速下降,加速度向下,此时该同学处于失重状态,该同学对电子秤的压力小于自身重力,然后减速下降,加速度向上,此时该同学处于超重状态,该同学对电子秤的压力大于自身重力,所以电子秤的示数先减小后增大,故A错误,B正确;当电梯减速下降时,加速度竖直向上,该同学处于超重状态,电子秤对该同学的支持力大于该同学的重力,根据作用力与反作用力大小相等可知,电子秤示数大于真实体重,故C错误;把电子秤放在电梯里,当电梯以5 m/s2的加速度匀加速上升时,设该同学所受支持力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=750 N,因为该同学对电子秤的压力与电子秤对该同学的支持力为一对作用力与反作用力,大小相等,则电子秤示数为
m显示==75 kg,故D正确。
[例2] 【超、失重的计算】 (2024·全国甲卷,22)学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为　　　　N(结果保留1位小数)。
(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5 N,则此段时间内物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为　　　　m/s2(结果保留1位小数)。
【答案】 (1)5.0　(2)失重　1.0
【解析】 (1)由题图可知弹簧测力计的读数为5.0 N。
(2)电梯上行时,一段时间内弹簧测力计的示数为4.5 N,说明电梯内物体受到的拉力小于重力,物体的加速度方向向下,此时物体处于失重状态,由牛顿第二定律得mg-F=ma,其中mg=5.0 N,F=4.5 N,g=9.8 m/s2,可得a≈1.0 m/s2。
考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题
(1)如图甲所示,小球用水平弹簧系住,并用倾角为θ的光滑板AB托着,板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力如何变化
甲
提示:板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力不变。
(2)如图乙所示,小球质量为m,剪断绳L2前,绳L1上弹力为多少 剪断绳L2的瞬间,绳L1上弹力又为多少 此时小球的加速度为多大
乙
提示:剪断绳L2前,绳L1上弹力为;剪断绳L2的瞬间,绳L1上弹力为mgcos α;加速度a=gsin α。
(3)在(2)中,如果将L1换成弹簧,剪断L2的瞬间,弹簧上弹力如何变化 此时合力大小为多少
提示:剪断L2的瞬间,弹簧上弹力不变,合力为F=mgtan α。
1.两种模型
2.解题思路
[例3] 【轻弹簧的瞬时加速度】 如图所示,A、B两木块间连一竖直轻弹簧,A、B的质量均为m,一起静止放在一块水平光滑木板上。若将此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬间,A、B两木块的加速度分别是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
【答案】 C
【解析】 在抽去木板的瞬间,弹簧对A木块的支持力和对B木块的压力并未改变。在抽去木板的瞬间,A木块受重力和支持力,mg=F,aA=0;B木块受重力和弹簧向下的压力,根据牛顿第二定律得aB===2g,故C正确,A、B、D错误。
[变式1] 【轻杆的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B之间的轻弹簧换成轻杆,在抽去木板的瞬间,A、B的加速度分别是多大
【答案】 g　g
【解析】 抽去木板的瞬间,轻杆的弹力立即突变为零,A、B加速度相同,aA=aB=g。
[变式2] 【轻弹簧和轻绳的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B用轻绳悬挂,如图所示,剪断轻绳瞬间,A、B的加速度分别是多大
【答案】 2g　0
【解析】 剪断轻绳瞬间,弹簧弹力不变,木块A受重力和弹力作用,加速度为aA=2g,木块B受力不变,aB=0。
[例4] 【轻弹簧和轻杆在斜面上的瞬时加速度】 (多选)如图甲、乙所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是(　　)
[A] 两图中两球加速度大小均为gsin θ
[B] 两图中A球的加速度大小均为零
[C] 图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
[D] 图乙中B球的加速度大小为gsin θ
【答案】 CD
【解析】 撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受合力大小为零,加速度大小为零,B球所受合力大小为2mgsin θ,加速度大小为2gsin θ。题图乙中杆的弹力突变为零,A、B两球所受合力大小均为mgsin θ,加速度大小均为gsin θ,故A、B错误,C、D正确。
考点三　动力学的两类基本问题
1.动力学问题的解题思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析:物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁:加速度是联系运动和力的桥梁;连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
[例5] 【已知运动求力】 (2024·福建南平三模)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中:
(1)最大速度vm的大小;
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
(3)匀减速阶段对表演者的压力F的大小。
【答案】 (1)　(2)　(3)m(g-)
【解析】 (1)由题意可知,毛竹先匀加速上升再匀减速上升,两段过程中平均速度均为
=,
又h=t,
解得vm=。
(本题还可以采用图像法,作出整个过程的v-t 图像如图所示,
根据v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移可知,h=vmt,
解得vm=。)
(2)由题意知,毛竹做匀加速运动和匀减速运动所用时间均为,根据加速度的定义式可知
a==。
(3)毛竹匀减速阶段,加速度竖直向下,根据牛顿第二定律可知mg-FN=ma,
解得FN=m(g-),
根据牛顿第三定律可知,匀减速阶段毛竹对表演者的压力大小为F=FN=m(g-)。
[例6] 【已知力求运动】 (2024·湖南岳阳月考)无人机可在空中进行监测、航拍等任务,要让监测所用的无人机从地面竖直起飞,最终悬停在某一高度的空中,如图所示。已知无人机质量M=1.8 kg,动力系统能提供的最大升力F=28 N,上升过程中能达到的最大速度为v=6 m/s,竖直飞行时所受空气阻力大小恒为F阻=4 N;固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m=0.2 kg,其所受空气阻力不计,g取10 m/s2。
(1)无人机以最大升力竖直起飞,求达到最大速度时所上升的高度h1;
(2)无人机以最大升力竖直起飞时,求摄像头对铁杆的作用力大小;
(3)无人机从地面竖直起飞,要求在t=7 s内实现悬停,求其能上升的最大高度H。
【答案】 (1)9 m　(2)2.4 N　(3)31.5 m
【解析】 (1)无人机以最大升力竖直起飞,做匀加速直线运动,对整体运用牛顿第二定律,有F-(M+m)g-F阻=(M+m)a1,
代入数据解得a1=2 m/s2,
达到最大速度时所上升的高度h1==9 m。
(2)对摄像头,根据牛顿第二定律有
FT-mg=ma1,
代入数据得FT=2.4 N,
由牛顿第三定律知,摄像头对铁杆的作用力大小FT′=FT=2.4 N。
(3)若要在7 s内实现悬停,则无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t1==3 s,
此时上升的高度为h1=9 m,无人机关闭动力系统后做匀减速运动直到悬停,速度为零,则
(M+m)g+F阻=(M+m)a2,
代入数据解得a2=12 m/s2,
根据运动学公式有t3=,h3=t3,
代入数据解得t3=0.5 s,h3=1.5 m,
故无人机匀速运动时间t2=t-t1-t3=3.5 s,
匀速运动的位移h2=vt2=21 m,
所以要在7 s内实现悬停,无人机能上升的最大高度H=h1+h2+h3=31.5 m。
考点四　“等时圆”模型
(1)如图所示,竖直圆环的直径为d,物体从竖直圆环上最高点由静止开始沿光滑竖直直径AB下滑,滑到下端所用时间为多少
提示:物体沿光滑竖直直径AB下滑的加速度为重力加速度g,故所用时间为t=。
(2)如图所示,设某一条光滑弦AC与水平方向的夹角为α,试写出物体从环上最高点由静止开始沿光滑弦AC滑到下端所用时间的表达式。
提示:如题图所示,物体沿光滑弦AC做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=gsin α,位移为x=dsin α,所以运动时间为t===。
(3)比较(1)(2)中的结果,会发现什么规律
提示:物体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。
1.“等时圆”模型概述
所谓“等时圆”模型,就是物体沿着位于同一竖直圆上的不同位置的所有光滑弦由静止下滑,到达圆周的最低点(或从圆周上的最高点到达该圆周上其他点)的时间相等,都等于物体沿竖直直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的三种情况
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)物体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,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
[例7] 【“等时圆”模型的分析】 如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),将两滑环同时从a、c处由静止释放,用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间,则(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1【答案】 A
【解析】 设细杆与竖直方向的夹角为α,圆周的直径为D,根据牛顿第二定律得滑环的加速度为 a==gcos α,细杆的长度为x=Dcos α,则根据x=at2得t===,可见所用时间t只与圆周的直径、重力加速度有关,A正确,B、C、D错误。
“等时圆”模型求解方法
对点1.对超重与失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金华三模)热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来,如图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2 s热气球的高度变化,记录单位是米。下列对热气球在记录时间内的运动判断正确的是(　　)
[A] 记录竖直上升的高度变化,热气球不能被视为质点
[B] 热气球正处在超重状态
[C] 我们可以用Δx=aT2来计算出热气球的上升加速度
[D] 记录时间内热气球的平均速度大小约为 1.78 m/s
【答案】 D
【解析】 记录竖直上升的高度变化,热气球能被视为质点,故A错误;由题图可知热气球在上升过程中,相等的时间间隔内位移越来越小,说明热气球在向上做减速运动,处于失重状态,故B错误;由题图可知在相邻的2 s内的位移差不是一恒量,说明热气球不是向上做匀减速直线运动,所以不能用Δx=aT2来计算出热气球的上升加速度,故C错误;记录时间内热气球的平均速度大小为== m/s≈1.78 m/s,故D正确。
2.(6分)(2024·河南郑州模拟)(多选)体育课上某同学在做引体向上,他两手握紧单杠,身体悬垂,接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动),稍作停顿后放松肩臂下降至起始位置。关于一次引体向上的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 初始悬垂时若改变两手间的距离,两臂拉力的合力保持不变
[B] 向上拉升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
[C] 初始用力开始上升时和下降过程最后停下前,人均处于超重状态
[D] 在下降过程中人始终处于失重状态
【答案】 AC
【解析】 悬垂时两臂拉力的合力等于该同学的重力,保持不变,故A正确;在上升过程中,人先加速后减速,先超重后失重,则单杠对人的作用力先大于人的重力后小于人的重力;在下降过程中,身体先做加速运动,后做减速运动,人先处于失重状态,后处于超重状态,单杠对人的作用力先小于人的重力,后大于人的重力,故C正确,B、D错误。
对点2.牛顿第二定律的瞬时性问题
3.(4分)(2025·陕晋青宁高考适应性考试)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则(　　)
[A] L1的拉力大小为mg
[B] L2的拉力大小为3mg
[C] 若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g
[D] 若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
【答案】 C
【解析】 对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg,L2的拉力大小为 T2==4mg,选项A、B错误。剪断L1的瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合力仍为零,加速度为零;对甲分析,L2中拉力发生突变,重力和弹簧弹力的合力沿轻绳L2方向的分力与L2的拉力平衡,垂直于轻绳L2方向的分力提供加速度,有a==g,选项C正确,D错误。
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
【答案】 A
【解析】 剪断前,对b、c、d整体受力分析,a、b间弹簧拉力为(3m+2m+m)g=6mg,剪断瞬间,a、b中弹簧拉力不变,故b所受合力为6mg-3mg=3mg,故b的加速度a1==g;同时,c、d间弹簧弹力不变,c所受合力为3mg,故c的加速度 a2==1.5g。故选A。
5.(6分)(2024·河南驻马店二模)(多选)如图所示,轻弹簧竖直固定在水平桌面上,质量为m1的木块放置在弹簧上但不拴接,质量为m2的铁块放置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量为M的铁球连接,先用手托住铁球使细线恰好伸直但无张力,然后将铁球由静止释放。已知重力加速度为g,M>m2,轻弹簧劲度系数为k,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　)
[A] 铁球释放瞬间其加速度大小为g
[B] 铁块与木块分离之前细线的张力逐渐增大
[C] 铁块与木块分离时铁球的加速度大小为g
[D] 从初始状态到铁块与木块分离时,木块的位移为-
【答案】 BCD
【解析】 铁球释放瞬间,铁块与木块并未分离,所以三者加速度相同,开始时弹簧的弹力F=(m1+m2)g,设铁球释放瞬间其加速度大小为a,细线的张力为FT,对于铁球有Mg-FT=Ma,对于铁块与木块有FT+F-(m1+m2)g=(m1+m2)a,联立解得a=g,故A错误;铁块与木块分离之前,弹簧的形变量逐渐减小,弹簧的弹力F逐渐减小,所以系统的加速度逐渐减小,则细线的张力逐渐增大,故B正确;铁块与木块分离时木块对铁块无作用力,所以对于铁块与铁球有Mg-m2g=(M+m2)a′,所以此时铁球的加速度大小为a′=g,故C正确;结合上述可知,初始状态弹簧的压缩量为x1=,设铁块与木块分离瞬间弹簧的压缩量为x2,则对木块有kx2-m1g=m1a′,联立可得从初始状态到铁块与木块分离时木块的位移Δx=x1-x2=-,故D正确。
对点3.动力学的两类基本问题
6.(4分)如图,运动员把冰壶沿平直冰面投出,冰壶先在冰面AB段自由滑行,再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点。已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为p,冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为q,则冰壶在A点和B点的速度大小之比为(　　)
[A] pq [B]
[C] pq+1 [D]
【答案】 D
【解析】 在AB段,由牛顿第二定律有-μ1mg=ma1,得a1=-μ1g,在BC段,有-μ2mg=ma2,得a2=-μ2g,冰壶从A到B有2a1x1=-,冰壶从B到C有2a2x2=0-,已知=p和=q,联立解得=。故选D。
7.(6分)(2024·河北邯郸模拟)(多选)一质量为m的无人机,在其动力系统提供的恒力作用下,由静止开始竖直向上运动,经t时间后关闭动力系统,再经3t时间后无人机恰好返回起点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,则(　　)
[A] 恒力的大小为mg
[B] 关闭动力系统时无人机的速度大小为gt
[C] 无人机上升的最大高度为gt2
[D] 无人机返回起点时的速度大小为gt
【答案】 BC
【解析】 设无人机加速过程的加速度大小为a,关闭动力系统时的速度为v=at,根据题意有at2=-v·3t+g(3t)2,联立解得a=g,加速过程根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得恒力的大小为F=mg,关闭动力系统时无人机的速度大小为v=at=gt,故A错误,B正确;无人机加速过程上升的高度为h1=at2=gt2,关闭动力系统无人机继续上升的高度为h2==gt2,则无人机上升的最大高度为hm=h1+h2=gt2,故C正确;根据=2ghm,解得无人机返回起点时的速度大小为v1=gt,故D错误。
对点4.“等时圆”模型
8.(6分)(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【答案】 CD
【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c→a和O→b滑动的小滑环相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但加速度aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,即t2>t1=t3,故C、D正确。
9.(4分)如图所示,一根细线一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱内放有一个质量m=0.1 kg 的物块,物块与水平轻质弹簧相连,弹簧的另一端与木箱左壁相连,此时弹簧处于伸长状态,弹簧的弹力为0.5 N,物块保持静止状态。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间,物块的加速度大小是(　　)
[A] a=0 [B] a=5 m/s2
[C] a=10 m/s2 [D] a=5 m/s2
【答案】 D
【解析】 用剪刀把细线剪断的瞬间,物块有竖直方向的加速度ay=g=10 m/s2,则物块处于完全失重状态,物块对木箱压力为零,则水平方向不受摩擦力,只受弹簧的拉力,则ax==5 m/s2,可知物块的加速度大小a==5 m/s2。故选D。
10.(4分)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tAB【答案】 B
【解析】 如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出D点在辅助圆上,F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF,B
正确。
11.(10分)(2024·湖北武汉模拟)冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中,冰壶(可视为质点)被运动员掷出后,在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x1=26 m,B、C间的距离x2=5.5 m,冰壶通过AB段的时间t1=10 s,通过BC段的时间t2=5 s,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O两点之间的距离x3;
(2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)0.9 m　(2)0.02
【解析】 (1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等,因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等,又因为冰壶沿直线运动,因此冰壶在A点至O点的运动为匀减速直线运动,假设冰壶运动的加速度大小为a,在A点时的速度大小为vA,在C点时的速度大小为vC,因此有
vAt1-a=x1,
vA(t1+t2)-a(t1+t2)2=x1+x2,
解得a=0.2 m/s2,vA=3.6 m/s,
又由vC=vA-a(t1+t2),
代入数据可得vC=0.6 m/s,
已知运动到O点时冰壶停下,因此有
-0=2ax3,
代入数据解得x3=0.9 m。
(2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为Ff,则有
Ff=μmg,
根据牛顿第二定律可知Ff=ma,
已知a=0.2 m/s2,联立以上各式可得μ=0.02。
12.(12分)(2024·江苏常州阶段练习)两段斜面AB和BC连接成V字形,连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧,两段斜面长度均为L=1 m,倾角α=37°,一定质量的小物块从AB段斜面顶端由静止开始运动,小物块与AB段动摩擦因数为μ1=0.5,与BC段动摩擦因数为μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块第一次到达B点的速度大小;
(2)小物块第一次沿斜面AB向上运动的最远距离。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.1 m
【解析】 (1)小物块沿AB下滑过程中,由牛顿第二定律有mgsin α-μ1mgcos α=ma1,
由运动公式有 =2a1L,
联立解得vB=2 m/s。
(2)小物块沿BC上滑过程中,有
mgsin α+μ2mgcos α=ma2,
根据=2a1L,=2a2s1,
联立解得s1=L=0.25 m,
小物块沿BC下滑过程中,有
mgsin α-μ2mgcos α=ma3,
小物块沿AB上滑过程中,有
mgsin α+μ1mgcos α=ma4,
根据vB′2=2a3s1,vB′2=2a4s2,
联立解得s2=s1=0.1 m。
(
第
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)第2讲　小专题:牛顿第二定律的基本应用
考点一　对超重与失重的理解
1.判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体受到竖直向上的拉力(或支持力): (1)大于重力时,物体处于超重状态。 (2)小于重力时,物体处于失重状态。 (3)等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有的加速度: (1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。 (2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。 (3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时,物体处于超重状态。 (2)物体向下加速或向上减速运动时,物体处于失重状态。 (3)物体以g为加速度向下加速或向上减速运动时,物体处于完全失重状态
2.超重和失重的理解
(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)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。
(3)即使物体的加速度不是竖直方向,但只要在竖直方向上有加速度的分量,物体就会处于超重或失重状态。
[例1] 【超、失重现象的判断】 (2024·山东菏泽三模)(多选)测体重时,电子秤的示数会不断变化,电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比,最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中关于电子秤示数说法正确的是(　　)
[A] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先增大后减小
[B] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先减小后增大
[C] 在减速下降的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
[D] 在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
[例2] 【超、失重的计算】 (2024·全国甲卷,22)学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为　　　　N(结果保留1位小数)。
(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5 N,则此段时间内物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为　　　　m/s2(结果保留1位小数)。
考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题
(1)如图甲所示,小球用水平弹簧系住,并用倾角为θ的光滑板AB托着,板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力如何变化
甲
提示:板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力不变。
(2)如图乙所示,小球质量为m,剪断绳L2前,绳L1上弹力为多少 剪断绳L2的瞬间,绳L1上弹力又为多少 此时小球的加速度为多大
乙
提示:剪断绳L2前,绳L1上弹力为;剪断绳L2的瞬间,绳L1上弹力为mgcos α;加速度a=gsin α。
(3)在(2)中,如果将L1换成弹簧,剪断L2的瞬间,弹簧上弹力如何变化 此时合力大小为多少
提示:剪断L2的瞬间,弹簧上弹力不变,合力为F=mgtan α。
1.两种模型
2.解题思路
[例3] 【轻弹簧的瞬时加速度】 如图所示,A、B两木块间连一竖直轻弹簧,A、B的质量均为m,一起静止放在一块水平光滑木板上。若将此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬间,A、B两木块的加速度分别是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
[变式1] 【轻杆的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B之间的轻弹簧换成轻杆,在抽去木板的瞬间,A、B的加速度分别是多大
[变式2] 【轻弹簧和轻绳的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B用轻绳悬挂,如图所示,剪断轻绳瞬间,A、B的加速度分别是多大
[例4] 【轻弹簧和轻杆在斜面上的瞬时加速度】 (多选)如图甲、乙所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是(　　)
[A] 两图中两球加速度大小均为gsin θ
[B] 两图中A球的加速度大小均为零
[C] 图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
[D] 图乙中B球的加速度大小为gsin θ
考点三　动力学的两类基本问题
1.动力学问题的解题思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析:物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁:加速度是联系运动和力的桥梁;连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
[例5] 【已知运动求力】 (2024·福建南平三模)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中:
(1)最大速度vm的大小;
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
(3)匀减速阶段对表演者的压力F的大小。
[例6] 【已知力求运动】 (2024·湖南岳阳月考)无人机可在空中进行监测、航拍等任务,要让监测所用的无人机从地面竖直起飞,最终悬停在某一高度的空中,如图所示。已知无人机质量M=1.8 kg,动力系统能提供的最大升力F=28 N,上升过程中能达到的最大速度为v=6 m/s,竖直飞行时所受空气阻力大小恒为F阻=4 N;固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m=0.2 kg,其所受空气阻力不计,g取10 m/s2。
(1)无人机以最大升力竖直起飞,求达到最大速度时所上升的高度h1;
(2)无人机以最大升力竖直起飞时,求摄像头对铁杆的作用力大小;
(3)无人机从地面竖直起飞,要求在t=7 s内实现悬停,求其能上升的最大高度H。
考点四　“等时圆”模型
(1)如图所示,竖直圆环的直径为d,物体从竖直圆环上最高点由静止开始沿光滑竖直直径AB下滑,滑到下端所用时间为多少
提示:物体沿光滑竖直直径AB下滑的加速度为重力加速度g,故所用时间为t=。
(2)如图所示,设某一条光滑弦AC与水平方向的夹角为α,试写出物体从环上最高点由静止开始沿光滑弦AC滑到下端所用时间的表达式。
提示:如题图所示,物体沿光滑弦AC做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=gsin α,位移为x=dsin α,所以运动时间为t===。
(3)比较(1)(2)中的结果,会发现什么规律
提示:物体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。
1.“等时圆”模型概述
所谓“等时圆”模型,就是物体沿着位于同一竖直圆上的不同位置的所有光滑弦由静止下滑,到达圆周的最低点(或从圆周上的最高点到达该圆周上其他点)的时间相等,都等于物体沿竖直直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的三种情况
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)物体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,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
[例7] 【“等时圆”模型的分析】 如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),将两滑环同时从a、c处由静止释放,用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间,则(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1“等时圆”模型求解方法
(满分:70分)
对点1.对超重与失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金华三模)热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来,如图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2 s热气球的高度变化,记录单位是米。下列对热气球在记录时间内的运动判断正确的是(　　)
[A] 记录竖直上升的高度变化,热气球不能被视为质点
[B] 热气球正处在超重状态
[C] 我们可以用Δx=aT2来计算出热气球的上升加速度
[D] 记录时间内热气球的平均速度大小约为 1.78 m/s
2.(6分)(2024·河南郑州模拟)(多选)体育课上某同学在做引体向上,他两手握紧单杠,身体悬垂,接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动),稍作停顿后放松肩臂下降至起始位置。关于一次引体向上的过程,下列说法正确的是(　　)
[A] 初始悬垂时若改变两手间的距离,两臂拉力的合力保持不变
[B] 向上拉升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
[C] 初始用力开始上升时和下降过程最后停下前,人均处于超重状态
[D] 在下降过程中人始终处于失重状态
对点2.牛顿第二定律的瞬时性问题
3.(4分)(2025·陕晋青宁高考适应性考试)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则(　　)
[A] L1的拉力大小为mg
[B] L2的拉力大小为3mg
[C] 若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g
[D] 若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
5.(6分)(2024·河南驻马店二模)(多选)如图所示,轻弹簧竖直固定在水平桌面上,质量为m1的木块放置在弹簧上但不拴接,质量为m2的铁块放置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量为M的铁球连接,先用手托住铁球使细线恰好伸直但无张力,然后将铁球由静止释放。已知重力加速度为g,M>m2,轻弹簧劲度系数为k,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　)
[A] 铁球释放瞬间其加速度大小为g
[B] 铁块与木块分离之前细线的张力逐渐增大
[C] 铁块与木块分离时铁球的加速度大小为g
[D] 从初始状态到铁块与木块分离时,木块的位移为-
对点3.动力学的两类基本问题
6.(4分)如图,运动员把冰壶沿平直冰面投出,冰壶先在冰面AB段自由滑行,再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点。已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为p,冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为q,则冰壶在A点和B点的速度大小之比为(　　)
[A] pq [B]
[C] pq+1 [D]
7.(6分)(2024·河北邯郸模拟)(多选)一质量为m的无人机,在其动力系统提供的恒力作用下,由静止开始竖直向上运动,经t时间后关闭动力系统,再经3t时间后无人机恰好返回起点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,则(　　)
[A] 恒力的大小为mg
[B] 关闭动力系统时无人机的速度大小为gt
[C] 无人机上升的最大高度为gt2
[D] 无人机返回起点时的速度大小为gt
对点4.“等时圆”模型
8.(6分)(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] t19.(4分)如图所示,一根细线一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱内放有一个质量m=0.1 kg 的物块,物块与水平轻质弹簧相连,弹簧的另一端与木箱左壁相连,此时弹簧处于伸长状态,弹簧的弹力为0.5 N,物块保持静止状态。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间,物块的加速度大小是(　　)
[A] a=0 [B] a=5 m/s2
[C] a=10 m/s2 [D] a=5 m/s2
10.(4分)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tAB11.(10分)(2024·湖北武汉模拟)冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中,冰壶(可视为质点)被运动员掷出后,在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x1=26 m,B、C间的距离x2=5.5 m,冰壶通过AB段的时间t1=10 s,通过BC段的时间t2=5 s,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O两点之间的距离x3;
(2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
12.(12分)(2024·江苏常州阶段练习)两段斜面AB和BC连接成V字形,连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧,两段斜面长度均为L=1 m,倾角α=37°,一定质量的小物块从AB段斜面顶端由静止开始运动,小物块与AB段动摩擦因数为μ1=0.5,与BC段动摩擦因数为μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块第一次到达B点的速度大小;
(2)小物块第一次沿斜面AB向上运动的最远距离。
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高中总复习·物理
第2讲　
小专题:牛顿第二定律的基本应用
1.判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体受到竖直向上的拉力(或支持力):
(1)大于重力时,物体处于超重状态。
(2)小于重力时,物体处于失重状态。
(3)等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有的加速度:
(1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。
(2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。
(3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断 (1)物体向上加速或向下减速运动时,物体处于超重状态。
(2)物体向下加速或向上减速运动时,物体处于失重状态。
(3)物体以g为加速度向下加速或向上减速运动时,物体处于完全失重状态
2.超重和失重的理解
(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)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。
(3)即使物体的加速度不是竖直方向,但只要在竖直方向上有加速度的分量,物体就会处于超重或失重状态。
[例1] 【超、失重现象的判断】 (2024·山东菏泽三模)(多选)测体重时,电子秤的示数会不断变化,电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比,最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg,重力加速度大小g取10 m/s2。下列情境中关于电子秤示数说法正确的是(　 　)
[A] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先增大后减小
[B] 该同学在电子秤上下蹲的过程中,电子秤的示数先减小后增大
[C] 在减速下降的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
[D] 在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中,该同学站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
BD
[例2] 【超、失重的计算】 (2024·全国甲卷,22)学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为　　　　N(结果保留1位小数)。
5.0
【解析】 (1)由题图可知弹簧测力计的读数为5.0 N。
(2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5 N,则此段时间内物体处于
　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为　　　　m/s2(结果保留1位小数)。
失重
1.0
【解析】 (2)电梯上行时,一段时间内弹簧测力计的示数为4.5 N,说明电梯内物体受到的拉力小于重力,物体的加速度方向向下,此时物体处于失重状态,由牛顿第二定律得mg-F=ma,其中mg=5.0 N,F=4.5 N,g=9.8 m/s2,可得a≈1.0 m/s2。
(1)如图甲所示,小球用水平弹簧系住,并用倾角为θ的光滑板AB托着,板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力如何变化
甲
提示:板AB突然向下撤离的瞬间,小球受到的弹簧弹力和重力不变。
(2)如图乙所示,小球质量为m,剪断绳L2前,绳L1上弹力为多少 剪断绳L2的瞬间,绳L1上弹力又为多少 此时小球的加速度为多大
乙
(3)在(2)中,如果将L1换成弹簧,剪断L2的瞬间,弹簧上弹力如何变化 此时合力大小为多少
提示:剪断L2的瞬间,弹簧上弹力不变,合力为F=mgtan α。
1.两种模型
2.解题思路
[例3] 【轻弹簧的瞬时加速度】 如图所示,A、B两木块间连一竖直轻弹簧,A、B的质量均为m,一起静止放在一块水平光滑木板上。若将此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬间,A、B两木块的加速度分别是(　　)
[A] aA=0,aB=g [B] aA=g,aB=g
[C] aA=0,aB=2g [D] aA=g,aB=2g
C
[变式1] 【轻杆的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B之间的轻弹簧换成轻杆,在抽去木板的瞬间,A、B的加速度分别是多大
【答案】 g　g
【解析】 抽去木板的瞬间,轻杆的弹力立即突变为零,A、B加速度相同,
aA=aB=g。
[变式2] 【轻弹簧和轻绳的瞬时加速度】 在[例3]中,将A、B用轻绳悬挂,如图所示,剪断轻绳瞬间,A、B的加速度分别是多大
【答案】 2g　0
【解析】 剪断轻绳瞬间,弹簧弹力不变,木块A受重力和弹力作用,加速度为aA=2g,木块B受力不变,aB=0。
[例4] 【轻弹簧和轻杆在斜面上的瞬时加速度】 (多选)如图甲、乙所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是(　 　)
[A] 两图中两球加速度大小均为gsin θ
[B] 两图中A球的加速度大小均为零
[C] 图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
[D] 图乙中B球的加速度大小为gsin θ
CD
【解析】 撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受合力大小为零,加速度大小为零,B球所受合力大小为2mgsin θ,加速度大小为2gsin θ。题图乙中杆的弹力突变为零,A、B两球所受合力大小均为mgsin θ,加速度大小均为gsin θ,故A、B错误,C、D正确。
1.动力学问题的解题思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析:物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁:加速度是联系运动和力的桥梁;连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
[例5] 【已知运动求力】 (2024·福建南平三模)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中:
(1)最大速度vm的大小;
规范答题
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
规范答题
(3)匀减速阶段对表演者的压力F的大小。
规范答题
[例6] 【已知力求运动】 (2024·湖南岳阳月考)无人机可在空中进行监测、航拍等任务,要让监测所用的无人机从地面竖直起飞,最终悬停在某一高度的空中,如图所示。已知无人机质量M=1.8 kg,动力系统能提供的最大升力F=28 N,上升过程中能达到的最大速度为v=6 m/s,竖直飞行时所受空气阻力大小恒为F阻=4 N;固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m=0.2 kg,其所受空气阻力不计,g取10 m/s2。
(1)无人机以最大升力竖直起飞,求达到最大速度时所上升的高度h1;
【答案】 (1)9 m　
(2)无人机以最大升力竖直起飞时,求摄像头对铁杆的作用力大小;
【答案】 (2)2.4 N
【解析】 (2)对摄像头,根据牛顿第二定律有FT-mg=ma1,
代入数据得FT=2.4 N,
由牛顿第三定律知,摄像头对铁杆的作用力大小FT′=FT=2.4 N。
(3)无人机从地面竖直起飞,要求在t=7 s内实现悬停,求其能上升的最大高度H。
【答案】 (3)31.5 m
(1)如图所示,竖直圆环的直径为d,物体从竖直圆环上最高点由静止开始沿光滑竖直直径AB下滑,滑到下端所用时间为多少
(2)如图所示,设某一条光滑弦AC与水平方向的夹角为α,试写出物体从环上最高点由静止开始沿光滑弦AC滑到下端所用时间的表达式。
(3)比较(1)(2)中的结果,会发现什么规律
提示:物体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。
1.“等时圆”模型概述
所谓“等时圆”模型,就是物体沿着位于同一竖直圆上的不同位置的所有光滑弦由静止下滑,到达圆周的最低点(或从圆周上的最高点到达该圆周上其他点)的时间相等,都等于物体沿竖直直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的三种情况
(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
(2)物体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,如图乙所示。
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
[例7] 【“等时圆”模型的分析】 如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),将两滑环同时从a、c处由静止释放,用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间,则(　　)
[A] t1=t2　 [B] t1>t2
[C] t1A
方法点拨
“等时圆”模型求解方法
基础对点练
对点1.对超重与失重的理解
1.(4分)(2024·浙江金华三模)热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来,如图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2 s热气球的高度变化,记录单位是米。下列对热气球在记录时间内的运动判断正确的是(　　)
[A] 记录竖直上升的高度变化,热气球不能被视为质点
[B] 热气球正处在超重状态
[C] 我们可以用Δx=aT2来计算出热气球的上升加速度
[D] 记录时间内热气球的平均速度大小约为 1.78 m/s
D
2.(6分)(2024·河南郑州模拟)(多选)体育课上某同学在做引体向上,他两手握紧单杠,身体悬垂,接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动),稍作停顿后放松肩臂下降至起始位置。关于一次引体向上的过程,下列说法正确的是
(　 　)
[A] 初始悬垂时若改变两手间的距离,两臂拉力的合力保持不变
[B] 向上拉升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
[C] 初始用力开始上升时和下降过程最后停下前,人均处于超重状态
[D] 在下降过程中人始终处于失重状态
AC
【解析】 悬垂时两臂拉力的合力等于该同学的重力,保持不变,故A正确;在上升过程中,人先加速后减速,先超重后失重,则单杠对人的作用力先大于人的重力后小于人的重力;在下降过程中,身体先做加速运动,后做减速运动,人先处于失重状态,后处于超重状态,单杠对人的作用力先小于人的重力,后大于人的重力,故C正确,B、D错误。
对点2.牛顿第二定律的瞬时性问题
3.(4分)(2025·陕晋青宁高考适应性考试)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则(　　)
C
4.(4分)(2024·湖南卷,3)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为(　　)
[A] g,1.5g [B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g [D] g,0.5g
A
5.(6分)(2024·河南驻马店二模)(多选)如图所示,轻弹簧竖直固定在水平桌面上,质量为m1的木块放置在弹簧上但不拴接,质量为m2的铁块放置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量为M的铁球连接,先用手托住铁球使细线恰好伸直但无张力,然后将铁球由静止释放。已知重力加速度为g,M>m2,轻弹簧劲度系数为k,弹簧始终处于弹性限度内,则(　 　)
BCD
对点3.动力学的两类基本问题
6.(4分)如图,运动员把冰壶沿平直冰面投出,冰壶先在冰面AB段自由滑行,再进入冰刷刷过的冰面BC段并最终停在C点。已知冰壶与AB段、BC段间的动摩擦因数之比为p,冰壶在AB段和BC段滑行的位移大小之比为q,则冰壶在A点和B点的速度大小之比为(　 　)
D
7.(6分)(2024·河北邯郸模拟)(多选)一质量为m的无人机,在其动力系统提供的恒力作用下,由静止开始竖直向上运动,经t时间后关闭动力系统,再经3t时间后无人机恰好返回起点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,则(　 　)
BC
对点4.“等时圆”模型
8.(6分)(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] t1CD
9.(4分)如图所示,一根细线一端系在天花板上,另一端系在木箱上,木箱内放有一个质量m=0.1 kg 的物块,物块与水平轻质弹簧相连,弹簧的另一端与木箱左壁相连,此时弹簧处于伸长状态,弹簧的弹力为0.5 N,物块保持静止状态。重力加速度g取10 m/s2。用剪刀把细线剪断的瞬间,物块的加速度大小是(　　)
D
综合提升练
10.(4分)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
[A] tAB=tCD=tEF [B] tAB>tCD>tEF
[C] tABB
【解析】 如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出D点在辅助圆上,F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF,B正确。
11.(10分)(2024·湖北武汉模拟)冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中,冰壶(可视为质点)被运动员掷出后,在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x1=26 m,B、C间的距离x2=5.5 m,冰壶通过AB段的时间t1=10 s,通过BC段的时间t2=5 s,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)C、O两点之间的距离x3;
【答案】 (1)0.9 m
(2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
【答案】 (2)0.02
【解析】 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为Ff,则有Ff=μmg,
根据牛顿第二定律可知Ff=ma,
已知a=0.2 m/s2,联立以上各式可得μ=0.02。
12.(12分)(2024·江苏常州阶段练习)两段斜面AB和BC连接成V字形,连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧,两段斜面长度均为L=1 m,倾角α=37°,一定质量的小物块从AB段斜面顶端由静止开始运动,小物块与AB段动摩擦因数为μ1=0.5,与BC段动摩擦因数为μ2=0.25,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8。求:
(1)小物块第一次到达B点的速度大小;
【答案】 (1)2 m/s
(2)小物块第一次沿斜面AB向上运动的最远距离。
【答案】 (2)0.1 m

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