2024年高考物理二轮复习提升核心素养 牛顿第二定律的基本应用（解析版）.docx

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3.2牛顿第二定律的基本应用一、瞬时问题1．牛顿第二定律的表达式为：F合＝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．2．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1．超重(1)定义：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．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：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．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．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．4．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合＝ma)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：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．2．解题思路→→→例题1.如图所示，质量为M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．g　　　　　　　　　　B.C.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mg＋Mg，对小球由牛顿第二定律可得mg＋Mg＝ma，解得小球的加速度大小为a＝。如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a1、a2，则(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)(　　)A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝－2g，a2＝gD．a1＝－g，a2＝0【答案】C【解析】烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F＝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＝ma1，解得a1＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a2＝g，故C正确，A、B、D错误．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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，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g)(　　)A．图甲中A球的加速度不为零B．图乙中两球加速度均为gsinθC．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B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、B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B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间， A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsinθ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋F＝ma′，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1．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．2．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m的小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　)A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t＝3t0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0～2t0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t0～3t0时间内，物块一直处于失重状态，B错误；由题图乙可知，t ＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由题图乙可知，t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。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，FNmg【答案】D【解析】根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FNmg，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h＝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t＝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/sD．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60kg的航天员的作用力的大小为2700N【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x＝vt－at2，代入数据，则有1.1m＝9×0.2m－a×(0.2s)2，解得a＝35m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9m/s－35×0.2m/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FN－mg＝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2．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(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v0＝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μ＝0.30，重力加速度大小g取10m/s2。(1)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θ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θ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】(1)tanθ<μ　(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f＝μmgcosθ 而货车重力沿斜面的分量为F＝mgsinθ若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要f>F即mgsinθ<μmgcosθ解得tanθ<μ即当tanθ<μ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F合＝mgsinθ＋μmgcosθ＝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－v＝－2ax代入数据，解得x＝≈57m。如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8N作用在该物体上，t＝2s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失．求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10m/s2)【答案】1s和1.8s【解析】　撤去F前，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，由匀变速直线运动规律得x1＝a1t2＝4m，v1＝a1t＝4m/s，撤去F后，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，解得a2＝μg＝2m/s2，d－x1＝v1t1－a2t12，解得第一次到达B点的时间t1＝1s，或t1′＝3s(舍去)， 第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2m/s，之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma3，解得a3＝gsinθ＝5m/s2，物体再经t2＝2＝0.8s第二次到达B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m＝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时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝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：　(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)0.125m/s2　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－＝0.125m/s2方向竖直向下。(2)物件做匀减速运动的时间t2＝8s，根据运动学公式v＝at2＝1m/s。(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝t2＝4m总位移大小满足h＝h1＋h2，解得h＝40m。 等时圆模型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．例题4.(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＝t2B．t2>t3C．t1aOb，由x＝at2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，O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＝tEFB．tAB>tCD>tEFC．tABtCD>tEF，B项正确．如图所示，oa、ob、cd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。每根杆上都套着一个小滑环，三个滑环从o点或c点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环到达a、b、d点所用的时间，则下列关系正确的是（     ） A．t1=t2B．t1>t2C．t3mg，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．一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示．取g＝10m/s2，求：(1)1s末物块所受摩擦力的大小Ff1；(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μ.【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t＝1s时，Ff1＝F1＝4N.(2)在vt图象中曲线与t轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6s内的位移大小x＝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＝＝m/s2＝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＝μmg解得μ＝0.4.(多选)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【答案】ABD【解析】　0～5m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20m/s2，则a1＝－10m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0～5m内物块运动的时间t＝＝1s，即在t＝1s时刻，恒力F反向，B正确；5～13m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝m/s2＝4m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7N，μ＝0.3，D正确，C错误．1.(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BC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gsinθC．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gsinθ【答案】BC【解析】　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcosθ＝mg，Fsinθ＝FT，解得F＝，FT＝mgtanθ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcosθ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，B正确，A错误；在BC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BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝，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k，如图所示。将细绳剪断后(　　)A．小球立即获得的加速度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【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＝，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F合＝＝ma，解得a＝，A错误；做平抛运动的物体只受重力，将细绳剪断后，小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h＝gt2，故小球落地的时间t＝，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v2＝2gh，解得落地速度v＝，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，D正确。3.(多选)如图所示，倾角为θ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、B间由轻绳b连接，B、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m、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6mgsinθB．B的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向下C．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FT＝mgsinθ，A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)gsinθ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝gsinθ，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2mgsinθ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝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【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．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(　　)【答案】C【解析】设屋檐的底角为θ，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a＝＝gsinθ，位移大小x＝at2，而x＝，联立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确．6.(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—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(　　) 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—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—起立的动作，C错误。8.2019年12月17日，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AB长L1＝157.5m，倾斜轨道高h＝6m，水平投影长L2＝42.5m。总质量为3.0×104kg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8.0×105N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：(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】(1)20m/s2　(2)2.0×105N　(3)50m/s【解析】(1)根据速度位移公式v2－v＝2aL1，解得a＝20m/s2；(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 解得Ff＝2.0×105N；(3)A到C位移x＝≈200m所用的时间t＝＋0.5s＝4s平均速度＝＝50m/s。9.如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5.(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；(3)拉力F的大小．【答案】　(1)8m/s2　(2)5m/s2　(3)1.05N或7.5N【解析】　(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有Ff＝μFN＝μmg则a2＝＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2.(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知vB2＝2a1x1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知vB2＝2a2x2又＝则a1＝a2＝×8m/s2＝5m/s2. (3)当Fsinθ＜mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示．由牛顿第二定律得Fcosθ－Ff1＝ma1又FN1＋Fsinθ＝mgFf1＝μFN1联立以上各式，代入数据解得F≈1.05N.　当Fsinθ＞mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示．由牛顿第二定律可知Fcosθ－Ff2＝ma1又Fsinθ＝mg＋FN2Ff2＝μFN2联立以上各式并代入数据解得F＝7.5N.10.2020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2m深处，已采集到m＝500g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63m/s2，求：(1)上升过程中匀速运动的时间t；(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．【答案】(1)5s　(2)见解析【解析】　(1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，则有h＝vt＋v(t总－t) 代入数据得t＝5s(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，则t加＝t减＝t′＝5s，a加＝a减＝＝0.04m/s2匀加速上升时有FN1－mg＝ma加解得FN1＝0.835N匀速上升时有FN2＝mg＝0.815N匀减速上升时有mg－FN3＝ma减解得FN3＝0.795N.