2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含解析新人教版.doc

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1、2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含解析新人教版第2讲牛顿第二定律的基本应用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1物块在1 N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图所示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是(D)A质量为1 kgB经过坐标原点时速度为2 m/sC加速度为1 m/s2D加速度为0.5 m/s2解析本题根据xv2图像考查根据受力情况分析运动情况。根据图像求出解析式为xv22，与v2v2ax对比可得a0.5 m/s2，由Fma可得m2 kg，由图像可看出x0时，v2 m2/s2，

2、则v0 m/s，D正确。2(2018全国卷，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(A)ABCD解析设弹簧原长为L，物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(lx0x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma根据数学知识知Fx图像是截距为ma的一次函数图像。A正确。3(2020河北衡水中学调研)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B、C分别固

3、定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，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，在轻绳刚被剪断的瞬间(D)A物体B的加速度大小为gB物体C的加速度大小为2gC吊篮A的加速度大小为gD吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg解析本题考查牛顿第二定律的瞬时性。轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体B的加速度为0，A错误；吊篮A和物体C的加速度相同，取吊篮A和物体C为整体，则有a1.5g，B、C错误；取吊篮A为研究对象，则有a1.5g，解得N0.5mg，D正确。4如图所示，在倾角为的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为，一小物块由A端沿木板由

4、静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与角的大小关系为(B)ABC2D解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。故将木板下端B点与D点重合即可，而COD，则。5(2021河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为F2G的恒定推力，且持续时间为t。随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间内，火箭推动剩余部分继续飞行。若采用原来的方

5、式，火箭可上升的高度为H，则改进后火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)(C)A1.5HB2HC2.75HD3.25H解析本题考查由受力求解运动的问题。采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得FGma，解得ag，故火箭加速上升的高度h1gt2，t时刻火箭的速度大小vatgt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2gt2，则Hh1h2gt2。改为二级推进的方式后，火箭在前时间内加速上升过程中，由牛顿第二定律得FGma1，解得a1g，时间内火箭加速上升的高度H1a12gt2，时刻火箭的速度v1a1g；丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得FGma2，解得a

6、23g，后时间内火箭加速上升的高度H2v1a22gt2，t时刻火箭的速度v2v1a22gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H32gt2，则HH1H2H3gt2gt22gt2gt2H2.75H，故C正确。6如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是(AC)A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴

7、受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin 。雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin t2，可得t ，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。7如图所示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(AD)A0t1时间内速度越大，空气阻力越大B伞在

8、水平方向上越飞越远Ctan 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解析本题借助vt图像考查超重和失重问题。vt图像斜率代表加速度，0t1时间内图像斜率变小，则加速度变小，由fmgma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mamgf，加速度小于等于g，则tan g，故C错误；t1t2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。8(2020广东佛山月考)如图甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为。对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加

9、速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜面的条件是F20 N，若重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出(ABD)A物体的质量B斜面倾角的正弦值C物体运动6 s时经过的位移D加速度为6 m/s2时物体对斜面的压力解析本题考查受力分析和牛顿第二定律的应用。对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为，当F0时，mgsin mgcos ma1，a12 m/s2；当F20 N时，Ff0，Fcos mgsin ma2，a2m/s2，FN0，Fsin mgcos ，联立解得，mkg，sin ，故A、B正确；由于物体的初速度及F随时

10、间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6 s时经过的位移，故C错误；当a6 m/s2时，可求得FN，由FNFsin mgcos ，可得物体所受的支持力FNN，则物体对斜面的压力FNN，故D正确。二、非选择题9国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了不造成二次伤害，乘客滑到地面的最大速度不能超过5m/s。假设逃生口距地面的高度为4 m，人与滑道之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2。求滑道打开后滑道的最小长度。答案5 m解析本题可以看成斜面模型，如图：设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为，乘客滑到地面时的速度v5m/s，则有：sin ，cos 设乘客质量为m，对沿滑道下

11、滑的乘客受力分析可得：mgsin mgcos ma对乘客的运动过程进行分析可得：v22ax联立以上各式并代入数据可得x5 m。10如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30。现小球在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取10 m/s2。试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。答案(1)2.5 m/s2(2)2.4 m解析(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1解得a12.5 m/s2。(2)刚撤去F时，小球

12、的速度v1a1t13 m/s小球的位移x1t11.8 m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 30mgcos 30ma2解得a27.5 m/s2小球上滑时间t20.4 s上滑位移x2t20.6 m则小球上滑的最大距离为xmx1x22.4 m。11(2021山东高考模拟)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v090 km/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0.30，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)为

13、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sin 150.26，cos 150.97，结果保留2位有效数字)。答案(1)tan 0.30(2)57 m解析(1)当货车在避险车道停下后，有fmmgsin 货车所受的最大摩擦力fmNmgcos 联立可解得tan 0.30。(2)货车在避险车道上行驶时a5.51 m/s2货车的初速度v025 m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x57 m。第2讲牛顿第二定律的基本应用知识点1两类动力学

14、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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。答案(1)匀减速直线运动，能，加速度大小为，方向与运动方向相反。(2)三个力作用，摩擦力大小为，方向与运动方向相反。知识点2超重与失重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。(2)视

15、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称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小ag原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmamgF0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以ag加速下降或减速上升双基

16、自测一、堵点疏通1已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。()2加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。()3减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。()4加速上升的物体处于超重状态。()5物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。()6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。()二、对点激活1(2021福建长乐高级中学月考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是(C)A在第一过程中，运动员始终处于失重状态B运动员接触床面时的速度最大C在第二

17、过程中，运动员的速度先增大后再减小D运动员离开床面后处于超重状态解析本题考查蹦床运动中的超重和失重问题。区分超重和失重看加速度的方向，加速度方向向下，物体处于失重状态，此时有两种运动状态，加速下降或减速上升；加速度方向向上，物体处于超重状态，此时有两种运动状态，加速上升或减速下降。运动员从接触床面到下降至最低点的第一过程中，加速度方向先向下后向上，所以运动员先处于失重状态后处于超重状态，当弹力等于运动员的重力时运动员的速度最大，A、B错误。从最低点上升到离开床面的第二过程中，运动员的加速度方向先向上后向下，运动员先处于超重状态后处于失重状态，先做加速运动后做减速运动，C正确。运动员离开床面后，

18、加速度方向向下，处于失重状态，D错误。2(多选)如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)(BC)A物体经10 s速度减为零B物体经2 s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动解析物体受到向右的滑动摩擦力FfFNmg3 N，根据牛顿第二定律得am/s25 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间ts2 s，B正确，A错误；减速到零后，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误。3行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车

19、将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)(C)A450 NB400 NC350 ND300 N解析汽车的速度v0 90 km/h25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得Fma705 N350 N，所以C正确。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一应用牛顿第二定律分析瞬时问题两种模型加速度与合外力具有瞬时对应

20、关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：例1(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(CD)A两图中每个小球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零C图甲中B球的加速度为2gsin D图乙中B球的加速度为gsin 解析本题考查瞬时性问题。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球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突

21、变为零，A、B球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin 。故A、B错误，C、D正确。名师点拨“四步骤”巧解瞬时性问题 第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。变式训练1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，细绳L2恰能水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(D)A细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为11B细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1cos2CA与B的加速度之比为11D

22、A与B的加速度之比为cos 1解析根据题述可知，L2剪断之前，A，B两球的受力情况完全一样，A，B两球的质量相等，均设为m。剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图(甲)所示，由于细绳L1的拉力突变，将重力mg沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FTmgcos ，ma1mgsin ；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Fcos mg，ma2mgtan ，所以FTFcos2 1，a1a2cos 1，则D正确。考点二超重与失重现象1判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会

23、处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。2易错、易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强等。例2在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于

24、她的实验现象，下列说法中正确的是(D)A只有“起立”过程，才能出现失重现象B只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象解析下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A，B，C错误，D正确。名师点拨超重和失重现象判断的“三”技巧 (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，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失

25、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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。变式训练2某人在地面上最多可举起50 kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g10 m/s2)(D)A2 m/s2竖直向上B m/s2竖直向上C2 m/s2竖直向下D m/s2竖直向下解析由题意可知，在地面上，人的最大举力为Fmaxmg500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对6

26、0 kg的物体：mgFmaxma，即am/s2m/s2，所以选项D正确。考点三动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路类型1已知物体受力情况，分析运动情况例3飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和轮胎与地面之间的摩擦力作用。其中机翼升力与阻力均与飞机运动的速度的二次方成正比，且比例系数分别为k1和k2，地面的摩擦力与地面支持力成正比。已知飞机质量为m，飞机在跑道上加速滑行时发动机推力为F。(1)飞机刚要起飞时的速度v多大？(2)若飞机在水平跑道上匀加速滑行，则地面的摩擦力与地面支持力成正比的比例系数应满足什么条件？(3)若飞机在水平

27、跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？解析(1)根据题意有飞机离开跑道时，飞机的升力与重力平衡，故有mgF升k1v2解得飞机起飞时的速度为v 。(2)设轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为，得飞机水平方向受推力F、地面摩擦力F地阻和空气阻力F空阻作用，根据牛顿运动定律，合力使飞机产生加速度有Fk2v2(mgk1v2)ma要使飞机做匀加速运动，故可知k1v2k2v20即满足。(3)匀加速运动的加速度为ag起飞的条件为F支0，即k1v2mg由匀加速运动关系式为v2v2ax得x。答案(1)(2)(3)名师点拨解决动力学两类基本问题应把握的关键 (1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程

28、分析；(2)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的桥梁。类型2已知物体运动情况，分析受力情况例4如图所示，质量M10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面的动摩擦因数0.2。在木楔的倾角为37的斜面上，有一质量m1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x1 m时，其速度v2 m/s，在这过程中木楔没有动。(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数1；(2)地面对木楔的摩擦力大小与方向。解析(1)由v22ax，得a2 m/s2对物块由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos

29、 ma，得10.5。(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图。(mM)gNmay，fmax，axacos ，ayasin ，解得N108.8 N，f1.6 N，方向水平向左。答案(1)0.5(2)1.6 N，方向水平向左变式训练3如图所示，足够长的斜面倾角37，一个物体以v012 m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；(4)物体从A点出发

30、到再次回到A点运动的总时间t。答案(1)8 m/s2(2)9 m(3)4 m/s2(4)s解析(1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1解得a18 m/s2(2)物体沿斜面上滑，有：v2a1x解得x9 m(3)物体沿斜面返回时，有：mgsin mgcos ma2解得a24 m/s2(4)物体沿斜面向上运动时，有v0a1t1物体沿斜面向下运动时，有xa2t则tt1t2s。考点四牛顿运动定律与图像结合问题(1)明确常见图像的应用方法，如下表：vt图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力Fa图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分

31、析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量at图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程Ft图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：用给定的图像解答问题；根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。例5

32、如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)在02 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析(1)在02 s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小：xx1x20.5 m路程：Lx1x21.5 m。(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：a1 m/s24 m/s2a2 m/s24 m/s2设

33、斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有00.5 s内：FFfmgsin ma1051 s内：Ffmgsin ma2解得F8 N。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N名师讲坛素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG等时圆模型1模型的两种情况(1)质点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)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圆环上所用时间相等，如图乙所示。2模型的分析思路例6如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的

34、两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(B)A21B11C1D1解析设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为，则物体下滑时的加速度为agsin ，由几何关系，斜槽轨道的长度x2(Rr)sin ，由运动学公式xat2，得t2，即所用的时间t与倾角无关，所以t1t2，B项正确。反思总结：本题符合等时间圆模型，可直接套结论解题。变式训练4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两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点

35、，B点在y轴上且BMO60，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，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(B)AtAtCtBBtAtCa2Ca1a2D无法确定解析本题考查牛顿第二定律的简单应用。当在绳的B端挂一质量为m的物体时，取两个物体为研究对象，物体A的加速度大小a1，当在绳的B端施以Fmg的竖直向下的拉力作用时，物体A的加速度大小a2，所以a1a2，C正确。2如图所示，将两个质量分别为m11 kg、m24 kg的物体A、B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F130 N、F220 N的水平

36、拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(D)A弹簧测力计的示数是25 NB弹簧测力计的示数是50 NC在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为13 m/s2D在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为7 m/s2解析本题考查通过弹簧测力计连接的连接体问题。以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度大小为a m/s22 m/s2，方向水平向右；设弹簧测力计的拉力大小是F，以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1Fm1a，则FF1m1a28 N，A、B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，B不再受F2的作用，B受的合力等于弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知，B的加速度大小为a2