2025高考物理复习牛顿第二定律的基本应用课件教案练习题

第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用课标要求1.会对瞬时加速度问题进行分析计算。2.会利用牛顿第二定律对超重、失重问题进行分析。3.会解答动力学的两类基本问题。考点一瞬时加速度问题考点二超重与失重问题考点三动力学的两类基本问题内容索引聚焦学科素养课时测评考点一瞬时加速度问题瞬时加速度问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面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、蹦床和橡皮条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会发生突变。考向1轻绳与轻弹簧模型两个质量均为m的小球A、B，用一根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系于天花板上，整体处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0例1√由于绳子拉力可以突变，故剪断轻绳1后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故A正确。[拓展变式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A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0剪断轻绳的瞬间，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0，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。故D正确。√[拓展变式2]将【拓展变式1】中的模型放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，下列正确的是A．aA＝0

aB＝g B．aA＝g

aB＝0C．aA＝g

aB＝g D．aA＝0

aB＝g轻绳被剪断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为FT＝2mgsinθ，剪断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，小球B所受合力为0，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，aB＝0，故B正确。√对点练．如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θC．A与B的加速度之比为1∶1D．A与B的加速度之比为cosθ∶1√根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mgcosθ，mgsinθ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcosθ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cosθ∶1，故D正确。考向2轻弹簧与轻杆模型如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间，则有A．图甲中A球的加速度为gsinθB．图甲中B球的加速度为0C．图乙中A、B两球的加速度均为0D．图乙中A、B两球的加速度均为gsinθ例2√题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mgsinθ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsinθ，加速度为3gsinθ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为2mgsinθ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mgsinθ，加速度均为gsinθ，选项C错误，D正确。规律总结求解瞬时加速度问题的基本思路1．分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，求出各力大小((1)若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；(2)若处于非平衡状态，则利用牛顿第二定律)。

2．分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)。3．求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。

对点练．如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。重力加速度为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间A．吊篮A的加速度大小为gB．物体B的加速度大小为gC．物体C的加速度大小为gD．A、C间的弹力大小为0.5mg√将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝

＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，选项A、C错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律有FAC＋mg＝maAC，解得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，选项D正确。返回考点二超重与失重问题1．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______。(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不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为______。知识梳理无关视重2．超重、失重和完全失重的比较状态超重失重完全失重现象视重______物体重力视重______物体重力视重等于___产生条件竖直方向上，物体的加速度向____竖直方向上，物体的加速度向____竖直方向上，物体的加速度向下等于___运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g为加速度______下降或减速上升原理方程F－mg＝ma

F＝___________mg－F＝ma

F＝___________mg－F＝mgF＝0大于小于0上下gmg＋mamg－ma加速(2022·浙江6月选考·改编)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程。判断下列说法的正误：(1)鱼儿吞食花瓣时鱼儿处于超重状态。

()(2)鱼儿摆尾出水时处于失重状态。

()(3)鱼儿吞食花瓣后下落的过程处于完全失重状态。

()高考情境链接××√判断超重和失重的方法核心突破从受力的角度判断当物体受到向上的拉力(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)方向向上(或竖直分量向上)时，物体处于超重状态。(2)方向向下(或竖直分量向下)时，物体处于失重状态。(3)方向向下(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。(多选)蹦床有“空中芭蕾”之称。某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例3 √√√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，则最大加速度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。对点练1．(2024·四川遂宁质检)如图所示，电梯使用电动机通过钢丝绳使供人乘坐的轿厢在高低楼层之间来回运动，设某次人与轿厢的总重力为G，钢丝绳的拉力为FT，忽略绳重平衡链重力，则下列说法正确的是A．电梯在减速上升时，人在电梯中处于失重状态，G＜FT

B．电梯在加速上升时，人在电梯中处于超重状态，G＜FT

C．电梯在加速下降时，人在电梯中处于超重状态，G＞FT

D．电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G＜FT

√电梯在减速上升时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G＞FT，选项A错误；电梯在加速上升时，加速度向上，人在电梯中处于超重状态，G＜FT，选项B正确；电梯在加速下降时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G＞FT，选项C错误；电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G＝FT，选项D错误。对点练2．(多选)如图为泰山的游客乘坐索道缆车上山的情景。下列说法中正确的是A．索道缆车启动时游客处于超重状态B．索道缆车到达终点停止运动前游客处于失重状态C．索道缆车正常匀速运动时站在缆车地板上的游客不受摩擦力作用D．索道缆车启动时站在缆车地板上的游客不受摩擦力作用√√√索道缆车启动时游客随着缆车做斜向上的加速运动，加速度有竖直向上和水平向前两个分量，游客处于超重状态，根据牛顿第二定律可知站在缆车地板上的游客受到水平向前的摩擦力作用，A正确，D错误；索道缆车到达终点停止运动前游客随着缆车做斜向上的减速运动，加速度有竖直向下和水平向后两个分量，游客处于失重状态，B正确；索道缆车正常匀速运动时处于平衡状态，站在缆车地板上的游客受重力和地板的支持力作用而平衡，不受地板的摩擦力作用，C正确，故选ABC。返回考点三动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题及解决程序图关键：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有关问题。考向1已知受力求运动情况(2022·浙江6月选考)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＝4m，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cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。例4(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；答案：2m/s2根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2。(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；答案：4m/s根据运动学公式v2＝2a1l1解得v＝4m/s。(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。答案：2.7m根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2根据运动学公式可得v

－v2＝－2a2l2联立并代入数据解得l2＝2.7m。对点练．(多选)(2023·河北衡水二模)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s√√依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，求得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋a2t2)－a1t2＝d，联立并代入数据解得vmin＝3m/s，故C错误，D正确。故选BD。考向2已知运动情况求受力(多选)(2022·湖南高考)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是A．发动机的最大推力为1.5MgB．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为

MgC．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/sD．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g例5√√飞行器关闭发动机，以v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kv

＝k×100m2/s2，飞行器以v2＝5m/s向上匀速时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv

＝Mg＋k×25m2/s2，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝

，A错误；飞行器以v3＝5m/s匀速水平飞行时，F＝

Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时F阻′＝

＝Mg＝kv

，解得v4＝5m/s，C正确；当飞行器最大推力方向向下，以v5＝5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，有Fm＋Mg＋kv

＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。故选BC。规律总结解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”对点练．(多选)(2023·安徽安庆模拟)一热气球悬停在距地面65m处(无人区)，由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向上由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到3m/s，此时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前的高度。已知热气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg，堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻力可以忽略不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为0.1m/s2B．热气球堵住后受到的浮力大小为5600NC．热气球距地面的最小距离为20mD．抛出物的质量为23.3kg√√热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小a＝

m/s2＝0.1m/s2，故A正确；根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故B错误；设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为a′，则气球回到原高度时有at2＝－at2＋a′t2，把t＝30s代入上式，解得a′＝0.3m/s2，热气球从开始减速到下降到最低点时，所用的时间为t′＝

，可得热气球下降的最大高度为h＝

＝60m，所以热气球距地面的最小距离hmin＝65m－60m＝5m，故C错误；设抛出物的质量为Δm，抛出后根据牛顿运动定律，有F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a′，解得Δm≈23.3kg，故D正确。故选AD。考向3两类基本问题的综合(2024·山东威海模拟)2023年5月15日，我国首次火星探测器“天问一号”成功着陆火星刚好2周年。如图为探测器在火星表面最后100米着陆的模拟示意图。探测器到达距火星表面100米的时候，进入悬停阶段，某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始竖直匀加速下落，5s后开启发动机，探测器开始竖直匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求例6(1)全程的平均速度大小；答案：8m/s探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－Ff＝ma1，其中Ff＝0.2mg火解得a1＝3.2m/s25s末的速度为v＝a1t1＝16m/s全程的平均速度大小为

＝8m/s。(2)减速下落过程中的加速度大小(结果保留2位有效数字)；答案：2.1m/s2加速下落过程中，由h1＝

代入数值得h1＝40m减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60m减速下落过程中的加速度大小a2＝

≈2.1m/s2。(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(结果保留2位有效数字)。答案：2.7×104N设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋Ff－mg火＝ma2解得F≈2.7×104N。返回聚焦学科素养

物体在三类斜面上的“赛跑”“赛跑”问题是指物体从光滑斜面顶端由静止下滑到底端所用时间长短的比较问题。设斜面的长度为L、倾角为θ，物体滑行加速度为a、滑行时间为t。根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma由位移公式得L＝at2；联立解得t＝

，由此可知下滑时间由斜面的长度L、倾角θ决定。对于物体在不同光滑斜面上下滑时间的比较问题，根据斜面的特点可以分为以下三类情况讨论：1．等高的斜面(如图1所示)由于L＝

，代入上面的通式可得t＝

，由此可知倾角越小，下滑时间越长，故图1中：t1＞t2＞t3。2．同底的斜面(如图2所示)由于L＝

，代入上面的通式可得t＝

，由此可知：(1)θ＝45°时下滑时间最短；(2)倾角θ关于“θ＝45°”数值对称的两个斜面上的下滑时间t

相等，其t-θ图像如图3所示，故图2中：t1＝t3＞t2。3．同圆周的斜面——“等时圆”模型同圆周的斜面可以分为以下三类：(1)圆周内同顶端的斜面(如图4所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上某点。由于L＝2R·sinθ，代入上面的通式可得t＝

，可推得：t1＝t2＝t3。(2)圆周内同底端的斜面(如图5所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。(3)双圆周内的斜面(如图6所示)：即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆外切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。同理可推得：t1＝t2＝t3。应用1．[同底的斜面](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√设QP在水平面的投影长度为L，则QP长度为

，物块在光滑长平板上下滑的加速度a＝gsinθ，由

，解得t＝

＝2，显然在θ＝45°时，t最小，所以平板与水平面的夹角由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，选项D正确。应用2．[“等时圆”模型]倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ＜45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是A．tB＞tC＞tD B．tB＝tC＜tDC．tB＜tC＜tD D．tB＜tC＝tD√由∠BAC＝θ可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，如图所示，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的知识可知tB＝tC＜tD，故选B。返回课时测评1．如图是某队员的一次跳起扣球的情境，队员经历了下蹲、蹬地、离地上升过程，动作一气呵成，若不计空气阻力，关于队员的一系列动作。下列说法正确的是A．队员下蹲过程始终处于失重状态B．队员蹬地上升到离地过程中，队员蹬地的力大于地面对队员的支持力C．队员蹬地上升到离地过程中，可能先超重后失重D．队员离地后上升过程中，处于完全失重状态，因此不受重力作用√队员下蹲过程，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，因此队员先处于失重状态后处于超重状态，A项错误；队员蹬地上升到离地过程中，根据牛顿第三定律可知，队员蹬地的力等于地面对队员的支持力，B项错误；队员蹬地上升到离地过程中，加速度的方向可能先向上后向下，因此可能先超重后失重，C项正确；队员离地后上升过程中，处于完全失重状态，仍受重力作用且所受重力不变，D项错误。2．(多选)如图为跳伞者在下降过程中竖直速度v随时间t变化的示意图。根据示意图，判定下列说法正确的是A．0～t1时间内速度越大，空气阻力越大B．伞在水平方向上越飞越远C．tanθ＝g(g为当地的重力加速度)D．在t1和t2之间，跳伞者处于超重状态√√v-t图像斜率代表加速度，0～t1时间内图像斜率变小，则加速度变小，由Ff＝mg－ma可知，空气阻力变大，故A正确；图像反映的是竖直方向上的运动情况，无法观察水平运动情况，故B错误；斜率代表加速度，在加速下降过程有ma＝mg－Ff，加速度小于等于g，但tanθ≠a，故C错误；t1～t2时间内跳伞者减速下降，加速度向上，处于超重状态，故D正确。3．(2024·山东滨州质检)如图所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为45°，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是A．此时物体一定受四个力作用B．若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动C．突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为14.1m/s2

D．若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用√由题意可知，此时物体对光滑地面的压力恰好是零，对物体受力分析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹簧的弹力，共三个力作用，A错误；若突然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变，物体受到重力、地面的支持力，共两个力作用，处于静止状态，B错误；在没有剪断轻绳前，对物体，由共点力平衡条件可得F弹＝mgtan45°＝mg，突然剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的支持力三个力的作用，由牛顿第二定律可得F弹＝ma，解得a＝10m/s2，C错误，D正确。4．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，物块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＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝

gD．a1＝g，a2＝

g，a3＝0，a4＝

g√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，此时弹簧对物块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，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝

g，所以C正确。5．(2020·山东高考)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＞mgB．t1～t2时间内，v减小，FN＜mgC．t2～t3时间内，v增大，FN＜mgD．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg√根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。6．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点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB、CD、EF，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为α＜β＜θ。现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则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＝tEFC．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF√假设上圆半径为R1，下圆半径为R2，则以AB轨道为例进行分析有lAB＝2R1cosθ＋R2，aAB＝gsin＝gcosθ，由l＝

at2，可得2R1cosθ＋R2＝

gcosθ×

，解得tAB＝

，同理可得tCD＝

，因为α＜β＜θ，所以cosθ＜cosβ＜cosα，所以tAB＞tCD＞tEF，故选A。7．(多选)(2024·河北邯郸模拟)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180m，电磁弹射区的长度l1＝80m，一架质量m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的

。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定且飞机在弹射区发动机正常工作，取g＝10m/s2)。下列说法正确的是A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0m/s2B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20m/sC．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104ND．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的√√根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－

mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－v

＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20

m/s，由v

＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104N，故A、C正确，B错误；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。8．(多选)(2024·安徽铜陵模拟)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F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A．0～5m内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3√√√0～5m内，由v

－v

＝2a1x1，得v

＝2a1x1＋v

，由题图乙知，2a1＝－20m/s2，则a1＝－10m/s