2023年高考物理一轮复习核心知识点提升-牛顿第二定律的基本应用

3.2牛顿第二定律的基本应用一、瞬时问题.牛顿第二定律的表达式为：F^=ma,加速度由物体所受合外力决定,加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变..轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.二、超重和失重.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大工物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有向上的加速度..失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)4立物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有向下的加速度..完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象.(2)产生条件：物体的加速度a=g,方向竖直向下..实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关.(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将丕笠王物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.三'动力学的两类基本问题1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F介=侬/)求出加速度,再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定

未知力.3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况%|F^ma|加速度。|嚼?|运动情况v、x、7①QQQG①QQQG瞬时问题1.两种模型加速度与合外力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变.轻绳、轻杆和接触面“两轻绳、轻杆和接触面“两种模型不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理弹簧、蹦床

和橡皮筋’当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的.即此时弹簧的弹力不突变解题思路分析瞬时变化前物体的受力情况一分析瞬时变化后哪些力变化或消失一求出变化后物体所受合力根据牛顿第二定律列方程一求瞬时加速度例题I.A〃•少如图所示,质量为例的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为（ ）

A.gB.(M-m)gA.gB.(M-m)g(M+m)D. 【答案】D【解析】当框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架

重力，则小球受到向下的合力等于zng+Mg,对小球由牛顿第二定律可得mg+Mg=ma,解得小球的加速度Mg=ma,解得小球的加速度大小为a=(M+m)g如图所示，两小球悬挂在天花板上，4、6两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，。、b两球的质量分别为机和26，在细线烧断瞬间，八〃两球的加速度分别为防、。2，贝!1（取竖直向下为正方向，重力加速度为g）（）ObA.ai=O,a2=g B.ai=g,s=gai=ai=2g,02—gci\g,。2=0【答案】c【解析】烧断细线之前，。、〃球整体受到重力和弹簧的弹力/静止，此时弹簧的弹力大小尸=3mg,在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对a球，mg—F—ma\,解得ai=-2g,6球只受重力，故。球的加速度为S=g,故C正确，A、B、D错误.图，A、8两球质量相等，光滑斜面的倾角为以图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中4、8两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（重力加速度为图甲中A图甲中A球的加速度不为零B.图乙中两球加速度均为gsin。C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中6球的加速度是图乙中8球加速度的3倍【答案】B【解析】

对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、8还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0,对于8,所受合力等于板在时板的支持力，为2w^sin6,由牛顿第二定律有2/”gsin。=加如，可得8的加速度为a8=2gsin6;对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、8加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin6=2ma',可得A、B的加速度均为a，=gsin0,设轻杆对A的作用力为F,对A由牛顿第二定律有/〃gsinJ+b=〃W,可知F=0,故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.超重和失重超重和失重.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..对超重和失重现象的理解（1）发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了（即“视重”变大或变小了）.（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，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.例题2.在升降机底部安装一个压力传感器，其上放置了一个质量为根的小物块，如图甲所示。升降机从r=0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随甲O*乙时间，的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g,以下判断正甲O*乙A.在。〜2m时间内，物块先处于失重状态,

后处于超重状态B.在m〜3ro时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C.f=fo时刻，物块所受的支持力大小为mgD.，=3力时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】C【解析】由题图乙可知，在0〜2加时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由题图乙可知，在“〜3ro时间内，物块一直处于失重状态，B错误；由题图乙可知，/=力时刻，物块所受的支持力大小为mg,C正确；由题图乙可知，时刻，物块所受的支持力大小为mg,D错误。I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A表示，速度大小用丫表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是（）〜力时间内,u〜力时间内,u增大，Fn>mgh〜t2时间内，v减小，尸N<mgt2〜t3时间内，v增大，F^<mg〜△时间内，v减小，Fn>mg【答案】D【解析】根据S—f图像的斜率表示速度可知，0〜力时间内U增大，，2〜/3时间内v减小，力〜虑时间内v不变，故B、C错误；0〜0时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则Kong,故A错误；，2~，3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则网>〃吆，故D正确.（多选）2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞开始做减速运动.当返回舱的速度大约减小至v=9m/s时，继续匀速（近似）下降.当以这个速度一直降落到距离地面〃=1.1m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间，=0.2s后，以某一安全的速度落至地面.设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g=10m/s2,则最后减速过程中（）A.返回舱中的航天员处于失重状态B.返回舱再次做减速运动的加速度大小为25m/s2C.返回舱落地的瞬间速度大小为2m/s

D.返回舱再次做减速运动时对质量加=60kg的航天员的作用力的大小为2700【答案】CD【解析】在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故A错误；根据位移时间公式有一呼尸，代入数据，则有Llm=9x0.2m-|ax(0.2s)2,解得a=35m/s2,故B错误；根据速度时间公式/=口一at,代入数据可得V=9m/s—35x0.2m/s=2m/s,故C正确；对质量m=60kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有尸N-〃?g=ma,代入数据解得Fn=2700N,故D正确.动力学的两类问题1.动力学问题的解题思路受力分析和物体的运动过程分析;2.解题关键动力学的两类问题1.动力学问题的解题思路受力分析和物体的运动过程分析;2.解题关键(1)两类分析——物体的(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点速度是联系各物理过程的桥梁.例题3.如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以％=90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数4=0.30,重力加速度大小g取10m/s2o⑴为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角。应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用6的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°,求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°=0.26,cos15°=0.97,结果保留2位有效数字。)【答案】(l)tan长〃(2)57m【解析】(1)对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有/="掰geos0而货车重力沿斜面的分量为F=mgs\n0若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要冷F即zngsin/Qmgeos0解得tan即当tanJ<〃时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车道上的加速度为a,根据牛顿第二定律有/5=mgsin6+〃mgcos6=ma解得a=5.51m/s2设货车在避险车道上行驶的最大距离为x根据匀变速直线运动位移公式0一记=-2以代入数据，解得犬=9:57m。如图所示，光滑斜面与一粗糙水平面连接，斜面倾角。=30°,质量加=2kg的物体置于水平面上的。点，DB间的距离d=7m,物体与水平面间的动摩擦因数〃=0.2,将一水平向左的恒力F=8N作用在该物体上，f=2s后撤去该力，不考虑物体经过6点时的速度损失.求撤去拉力产后，经过多长时间物体经过B点？(g取10m/s2)FfcD【答案】1S和1.8s【解析】

撤去F前，由牛顿第二定律得•f—〃"?g=/nai,解得a\=2m/s2,由匀变速直线运动规律得x\=-ja\P=^m,vi=tziZ=4m/s,由牛顿第二定律得nmg=ma2,解得G=〃g=2m/s2,d-x\=viti~^a2t\2,解得第一次到达8点的时间Zi=ls,或f/=3s(舍去),第一次到达B点时的速度V2=vi—02/1=2m/s,之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsin0=may,解得43=gsin0=5m/s2,物体再经，2=端=0.8s第二次到达8点,故撤去拉力F后,经过1s和1.8s时间物体经过B点.如图甲所示，有一质量机=200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的%寸开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图乙所示，f=34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，重力加速度g取10m/s2,求物件：甲 乙 (1)做匀减速运动的加速度大小和方向;(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【答案】(1)0.125m0竖直向下(2)1m/s(3)40m

【解析】(1)对物件受力分析，由牛顿第二定律mg—F=ma得a=g—~=0A25m/s2方向竖直向下。(2)物件做匀减速运动的时间/2=8s,根据运动学公式v=at2=1m/so(3)匀速上升的位移/?i=v/i=26m匀减速上升的位移力2=*2=4m3总位移大小满足0=〃i+〃2,解得〃=40mo等时圆模型等时圆模型i.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2.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，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，质点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.AA甲 乙 丙例题4.(多选)如图所示，Oa、。6和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，0、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，。，为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从。点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用九、5△分别表示滑环沿。外0b、加到达。或b所用的时间.下列关系正确的是()

C.ti<t2B.C.ti<t2B.t2>t3D.t\=h【答案】BCD【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、0、d无初速度释放的小滑环到达。点的时间相等，即左“=八=力；而由c—和由0—8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>aa）,由x=；aP可知，t2>tca,故B、C、D正确.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,0点恰好是下半圆的圆心,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=tEFB.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEF D.iAB=tCD<tEF【答案】B【解析】如图所示，过。点作0。的垂线与竖直虚线交于G,以0G为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而3点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF9B项正确.

G如图所示,04、G如图所示,04、ob、cd是竖直平面内三根固定的光滑细杆，。、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点。每根杆上都套着一个小滑环，三个滑环从。点或c点无初速释放，用〃、不打分别表示滑环到达。、。、d点所用的时间，则下列关系正确的是（）【答案】C【解析】设圆的半径为凡。。与竖直方向的夹角为"由牛顿第二定律及运动学方程可得mgcos0=ma = 联立解得'=榨可知，与e无关'故滑环从该圆周上的不同点沿光滑细杆下滑到圆周的最低点。所用时间均相同，即为"等时圆”模型，三个滑环下滑的细杆可进行平

可知，沿。a、cd下滑所需时间相等，而沿。b下滑的路程大于等时圆对应长度，故时间较长，可得4=，3＜，2故选Co动力学的图象问题.常见的动力学图象X图象、a-r图象、图象、Fa图象等.动力学图象问题的类型动力学图象问题的类型由一图象分析物体的受力情况根据已知条件确定某物理量的变化图象由F-t图象分析物体的运动情沃.解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体''间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.4.解决图象综合问题的三点提醒(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.（3）明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.例题5.（多选）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为加=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Ax之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）甲 乙 A.小球刚接触弹簧时速度最大B.当Ax=0.3m时，小球处于超重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】BCD【解析】由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Aq=0.1m时，小球的速度最大，说明当Axi=0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得k^Xi=mg,解得k=20.0N/m,A错误，C正确；弹簧的压缩量为Ax2=0.3m时，弹簧弹力为尸=20.0N/mx0.3m=6N>mg,故此时小球的加速度向上，小球处于超重状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故小球的加速度先减小后增大，D正确.，变化的关系如图甲所示，速度V随时间，变化的关系如图乙所示.取g=10

甲121086甲121086420m/s2,求：(1)1s末物块所受摩擦力的大小Fn；(2)物块在前6s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数【答案】(1)4N(2)12m(3)0.4【解析】(1)由题图乙可知前2s内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当r=ls时，Fn=Fi=4N.(2)在v-f图象中曲线与f轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6s内“ 2+4x4的位移大小x=—2—m=12m.(3)由题图乙知，在2〜4s内，物块做匀加速运动，加速度大小a=~^=2Ms?=2m/s2由牛顿第二定律得F2~Ff2=ma在4〜6s内物块做匀速运动，有F3=Ff2="mg解得〃=0.4.(多选)如图甲所示，物块的质量m=1kg,初速度vo=lOm/s,在一水平向左的恒力/作用下从。点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻尸突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g=10m/s2.下列说法中正确的是()B.在，g=10m/s2.下列说法中正确的是()B.在，=1s时刻，恒力/反向0~5m内物块做匀减速运动C.恒力/大小为10ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【答案】ABD【解析】0~5m内，由vi2—vo2=2«ixi,得vi2=2aiXi4-vo2,由题图乙知，2ai=-ZOm*,

则ai=-lOm/s2,物块做勺减速运动，A正确：由题图乙知，物块的初速度“）=° V（）10m/s,恒力厂在5m处反向，在。〜5m内物块运动的时间/=—/—=1s,即在，=1s时刻，恒力F反向，B正确；5〜13m内，由以2=2〃2及得物块的加速度。2-=度。2-=线6=4m/s2由牛顿第二定律得一F—pmg=ma\,F-/Limg=mai,联立两式解得b=7N,〃=0.3,D正确，C错误.薪嗝境综合攫升练I（多选）如图所示,薪嗝境综合攫升练I（多选）如图所示,质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上.重力加速度为g,下列判断中正确的是（）A.在ACA.在AC被突然剪断的瞬间，8C对小球的拉力不变B.在4C被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin8C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为益D.在6C被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin。【答案】BC【解析】设小球静止时绳的拉力为橡皮筋的拉力为Ft,由平衡条件可得凡os8=mg,Fain6=Ft,解得尸=点力，Fr=mgtane,在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，8C上的拉力/突变为mgcosO,重力垂直于绳8c的分量提供加速度，即mgsin~=，〃a,解得。=gsin。，B正确，A错误；在3C被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与8C被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度。=£匕，C正确，D错误.2.用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一端固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连），弹簧劲度系数为亿如图所示。将细绳剪断后（）^500^T2I kx务力:勿勿勿易"A.小球立即获得五的加速度B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动c.小球落地的时间小于D.小球落地的速度大于，西【答案】D【解析】细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力F合=7(kx)?+(mg)2,剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有/合=7(kx)?+(mg)2=ma,解得a=、/~(kx')~?+~(.ms')~N —,A错误；做平抛运动的物体只受重力，将细绳剪断后，小m球受到重力和弹簧的弹力共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有//=%产，故小球落地的时间C错误；如果不受弹簧弹力，小球将做自由落体运动，根据自由落体运动规律有，=2g/7,解得落地速度茄，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，丽,D正确。3.(多选)a4》、如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C,上端固定在斜面顶端的轻绳a,下端与A相连，A、8间由轻绳b连接，8、C间由一轻杆相连。初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。已知A、B、C的质量分别为〃?、2m.3m,重力加速度大小为g。现将轻绳b烧断，则烧断轻绳b的瞬间，下列说法正确的是( )A.轻绳a的拉力大小为6nzgsin。8的加速度大小为gsin。，方向沿斜面向下C的加速度为0D.杆的弹力为0【答案】BD【解析】轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，则轻绳a的拉力大小尸r=mgsin/A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对8、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m+3m)gsin0=(2m+3m)ao,解得a)=gsin仇方向沿斜面向下，可知B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsin8+/=2/nao，解得杆对8的弹力尸=0,D正确。4.(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，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=10mH.依据图像给出的信息，下列说法正确的是()zLaWl。 6.57.39.310.112.112.9r/sA.运动员的质量为60kgB.运动员的最大加速度为45m/s2C.运动员离开蹦床后上升的最大高度为5mD.9.3s至10.1s内，运动员一直处于超重状态【答案】ABC【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,最大加速度而=」千里=45m/s2,选项B正确：运动员离开蹦床后在空中运动的时间r=2s,上升和下落的时间均为1s,则最大高度为h=z^gt1=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.5.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（）【解析】设屋檐的底角为底边长为2L（不变）.雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度'=gsin8,位移大小而L I~4L-联立以上各式得丁m2夕当。=45°时,sin26=l为最大值，时间，最短，故选项C正确.6.产?治［品、多选）如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员（）A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态【答案】CD【解析】运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确：蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。7.某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N,除此以外，还可以得到以下信息（）0 1 2 3 4 5时间®=>A.1s时人处在下蹲的最低点B.2s时人处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲一起立的动作D.下蹲过程中人始终处于失重状态【答案】B【解析】人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下，加速度方向先向下后向上，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中是先失重后超重，D错误；在1s时向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，A错误；2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲一起立的动作，C错误。8.2019年12月17S,中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使

用。"山东舰''的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起

飞。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图所示的轨道：水平轨道

48长L=157.5m,倾斜轨道高〃=6m,水平投影长L2=42.5m。总质量为

3.0x104kg的某舰载机，从A点以36km/h的初速度出发，到达B点时的速度

为288km/h,进入上翘甲板后，经0.5s从C点起飞。该舰载机在起飞过程

中，发动机的推力恒为&0x105n,在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，

c―+<舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：…匚B 4(1)在水平轨道上运动的加速度大小；(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。【答案】(l)20m/s2(2)2.0x105N(3)50m/s【解析】(1)根据速度位移公式v2—记=2“Zj,解得a=20m*；(2)根据牛顿第二定律得F-Ff=ma解得Ff=2.0xl05N：(3)A到C位移x=y](L1+L2)2+A2=20