2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题学案.docx

《2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题学案.docx（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式：Fma。3适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。二、单位制1单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。3导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。三、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

2、情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。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，具体逻辑关系如下图所示：情境创设让一名同学用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。微点判断(1)因为同学一只手的力气较小，所以箱子可能不动。()(2)同学对箱子施力，然后产生了加速度，加速度的产生滞后于力的作用。()(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。()(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。()(5)若同学的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。()(6)同学停止用力，则箱子立刻停下来。()(一) 牛顿第二定律(固基点)题点全练通1对牛顿第二定律的理解

3、根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )A物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比D当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：选D根据牛顿第二定律a可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，D正确。2合力、加速度、速度之间的决定关系下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A物体的速度越大，则加速度越大

4、，所受的合外力也越大B物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大解析：选C物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，C正确。3牛顿第二定律与力的合成的综合问题一辆装满石块的货车在某段平直道路上遇到险情，司机以加速度ag紧急刹车。货箱中石块B的质量为m400 kg，g10 m/s2，则石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小为( ) A3 000 N B4 000

5、NC5 000 N D7 000 N解析：选C当货车刹车时，在竖直方向，其他物体对石块B的作用力Fymg4 000 N，在水平方向，其他物体对石块B的作用力Fxma3 000 N，故石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小F5 000 N，C正确。要点自悟明1牛顿第二定律的五个特性2合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。(2)a是加速度的定义式，a与v、t无必然联系；a是加速度的决定式，aF，a。(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。3三点提醒(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据

6、牛顿第二定律分析加速度的变化。(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题(释疑点)研清微点1弹力能瞬间改变的情形1轻绳连接(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根轻绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin C在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin 解析：选BC据题意

7、，在AC剪断前有：TBC，AC剪断后有：TBCmgcos ，且mgsin ma，得agsin ，A错误、B正确；在BC剪断前：TACmgtan ，BC剪断之后瞬间据橡皮筋弹力保持原值的特性，有：TACTACmgtan ，其合力为F合，所以有F合2m2g2(1tan2)，则加速度为a，C正确、D错误。2.轻杆连接两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则( )Aa1g，a2g Ba10，a22gCa1g，a20 Da12g，a20解析：选A剪断细绳的瞬间，A

8、、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mgmg2ma可得，两球的加速度均为g，即a1g，a2g，A正确。一点一过1求解瞬时加速度的一般思路(1)分析瞬时变化前、后物体的受力情况；(2)根据牛顿第二定律列方程；(3)求瞬时加速度。2轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体，认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。(1)在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。(2)一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。研清微点2弹力不能瞬间改变的情形3弹簧连接如图所示，在水平面

9、上有一小物体P，P与水平面间的动摩擦因数为0.8，P用一水平轻质弹簧与左侧墙壁连在一起，P在一斜向上的拉力F作用下静止，F与水平方向间的夹角53，并且P对水平面无压力。已知重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。则撤去F瞬间P的加速度大小为( )A0 B2.5 m/s2C12.5 m/s2 D无法确定解析：选A撤去F之前，由平衡知识可知，F弹tan 53mg，解得F弹0.75mg；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，因最大静摩擦力为fmmg0.8mg，可知物体不动，加速度为零，A正确。4橡皮绳连接课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两组相同

10、的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接小球A、B的是一般细绳(刚性绳)，连接小球C、D的是橡皮筋(弹性绳)。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间内(橡皮筋还未第一次恢复原长)，下列图中符合实际排列情况的是( )解析：选C连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，释放小球前，细绳的形变量十分微小，在释放后的瞬间，细绳立即恢复原长，伸直而无拉力，两个小球的加速度均等于重力加速度g，一起做自由落体运动，所以细绳不能是弯曲的，B、D错误；连接C、D的是橡皮筋(弹性绳)，释放小球前，橡皮筋的形变量很大，根据平衡条件，其弹力为kxmg，在释放后的瞬间，橡皮筋不能立即恢复原长

11、，其弹力保持不变，根据牛顿第二定律得kxmgmaC，mgkxmaD，解得aC2g，方向竖直向下，aD0，释放后很短的时间内，小球C向下运动的位移比D大得多，C、D两个小球的距离减小，橡皮筋恢复原长前不弯曲，A错误，C正确。一点一过弹簧、橡皮绳模型的特点(1)当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。(2)在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 (三) 动力学的两类基本问题(精研点)1两类动力学问题的解题关键两个分析受力情况分析；运动规律分析两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁速度是各物理过程间相互联系

12、的桥梁2两类动力学问题的解题步骤明确研究对象根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象受力分析和运动过程分析画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程选取正方向或建立坐标系通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向确定合力F合若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法列方程求解根据牛顿第二定律F合ma或列方程求解，必要时对结果进行讨论 考法全析考法(一)已知受力情况求运动情况例1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可变。

13、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先减小后增大解析由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin ma，小物块的加速度大小agsin ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得at2，联立可得t ，由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。答案D例2(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l14 m，水平滑轨长度

14、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，货物可视为质点(取cos 240.9，sin 240.4，重力加速度g10 m/s2)。(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)根据牛顿第二定律可得mgsin 24mgcos 24ma1代入数据解得a12 m/s2。(2)根据运动学公式2a1l1v2，解得v4 m/s。(3)根据牛顿第二定律mgma2根据运动学公式2a2l2v末max2v2代入数据联立解得l22.7 m

15、。答案(1)2 m/s2(2)4 m/s(3)2.7 m考法(二)已知运动情况求受力情况例3机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m1.0103 kg的汽车以v136 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L6 m，小朋友行走的速度v00.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v254 km/h超速行驶，在距离斑马线

16、s20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。解析(1)根据位移与平均速度的关系有t1，5 m/s，解得刹车时间t14 s，刹车加速度a，根据牛顿第二定律Ffma，解得Ff2.5103 N。(2)小朋友全部通过斑马线所用时间t2，汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需时间tt2t120 s。(3)根据速度与位移关系有v2v222as，解得v5 m/s。答案(1)4 s2.5103 N(2)20 s(3)5 m/s(四) 超重与失重(固基点)题点全练通1根据运动情况判断超重、失重某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的过程，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在

17、踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )A人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动B人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态C人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D人在C点具有最大速度解析：选C人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，人做变加速运动，A错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，B错误，C正确；人在C点的速度为零，D错误。2根据超重、失重判断运动情况如图所示，A、B、C为三个大小相同的实心小球，A为铁球，B、

18、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，木水铁)( )AA球将向上运动，B、C球将向下运动BA、B球将向上运动，C球不动CA球将向下运动，B球将向上运动，C球不动DA球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析：选D将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水和球之间没有相互作用力。以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动。

19、3超重、失重现象的应用如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将( )A变大B变小C不变 D先变小后变大解析：选B剪断Q下端的细绳后，因m1m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确。要点自悟明1判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失

20、重状态；等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态。(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。2对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发

21、生变化，变化的只是物体的视重。课时跟踪检测一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为( ) A7.6104 kgB8.0104 kgC4.0104 kg D4.0103 kg解析：选A加速度am/s20.01 m/s2，由牛顿第二定律F(Mm)a，可知空间站的质量Mm kg4.0103 kg7.6104 kg，故A正确，B、C、D错误。2.如图所示，一倾角为的光滑斜面向右做匀加速

22、运动，质量为m的物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为( ) Agsin Bgcos Cgtan D.解析：选C物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图。物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知竖直方向FNcos mg，水平方向FNsin ma，所以agtan 。3(2023浙江1月选考)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )AO点最大 BP点最大CQ点最

23、大 D整个运动过程保持不变解析：选A在OP的过程中，根据牛顿第二定律得竖直方向上：mgkvyma1y，因为该过程为减速过程，所以在O点时其竖直分速度vy最大，竖直方向分运动的加速度最大；在PQ的过程中，在竖直方向上有mgkvyma2y，因为该过程为加速过程，在P点时其竖直分速度最小，竖直方向加速度最大，故A正确，B、C、D错误。4(2022大连调研)一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系有质量M15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10

24、 m/s2)( )A20 m/s2 B15 m/s2C10 m/s2 D5 m/s2解析：选D重物不离开地面时，绳中的最大拉力FmaxMg150 N，对猴子受力分析，根据牛顿第二定律得Fmaxmgmamax，解得最大加速度为amax m/s25 m/s2，D正确。5.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球( ) A上升过程位移小于下落过程位移B离开手臂速度小于返回手臂速度C上升过程加速度小于下落过程加速度D上升过程时间小于下落过程时间解析：选D上升过程位移大小与下落过程位移大小相等，A错误；上升过程逆向可看成

25、初速度为零的匀加速运动，设阻力为Ff，在小球上升过程，根据牛顿第二定律有mgFfma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有mgFfma2，对比有a1a2，根据v2v022ax可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C错误；根据公式hat2，由于a1a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。6.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。在挂钩拉力作用下圆环以加速度ag匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为( )A.mg B.mgC.mg D.mg解析：选B根据几何知识，圆环半

26、径为0.6L，轻绳长L，故三根轻绳与竖直方向夹角为37。分析圆环受力情况，可知三根轻绳拉力的水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg3Fcos 37mg，解得Fmg，故B正确。7.在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108 km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37，避险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370

27、.8，k0.75。求：(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离x1；(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离x2。解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，设汽车的质量为m，根据牛顿第二定律，有mgsin 37kmgcos 37ma1，解得a112 m/s2汽车进入避险车道时的速度v108 km/h30 m/s根据匀变速直线运动公式v22a1x1，解得x137.5 m。(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有kmgma2解得a27.5 m/s2根据匀变速直线运动公式v22a2x2解得x260 m。答案：(1)37.5 m(2)60 m二、强化迁移能力

28、，突出创新性和应用性8如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为0C图乙中轻杆的作用力一定不为0D图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍解析：选D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin ，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，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体

29、分析：2mgsin 2ma，agsin ，隔离小球B，mgsin Fma，所以F0，故D正确。9.用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则( ) A启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1 875 NB刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2 000 NC货车在刹车过程中行驶的距离

30、为9 mD货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m解析：选C摩擦力提供给水泥板最大的加速度为ag7.5 m/s2。启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为fma1750 N，A错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为fmg1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x9 m，C正确；货车停止时间为t1.5 s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为xvtgt29.562 5 m，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为xxx0.562 5 m，D错误。10(2023济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低

31、密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0103 t，在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4107 N；10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的黏滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；(2)潜艇为

32、阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。解析：(1)由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mgFma1代入数据解得a12.0 m/s2，方向竖直向下“掉深”历时t110 s时，潜艇下降高度为h1a1t121.0102 m潜艇速度为v1a1t120 m/s减重后，潜艇以加速度a21.0 m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h22.0102 m潜艇“掉深”达到的最大深度为hh0h1h25.0102 m。(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有Fm1gm1a2解得m12.2106 kg设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3，根据运动学公式有vh022a2(h1h2)2a3h0解得a31.5 m/s2，方向竖直向下在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中，由牛顿第二定律有m2gFm2a3解得m22.8106 kg。答案：(1)5.0102 m(2)减重后的质量为2.2106 kg，升到水面时的质量为2.8106 kg