目標要求
1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法.2.會利用牛頓第二定律對超重、失重、瞬時加速度問題進行分析計算．
1．兩種模型
合外力與加速度具有因果關系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，當物體所受合外力發(fā)生變化時，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運動的速度不能發(fā)生突變．
2．解題思路
→→→
例1 如圖所示，物塊1的質量為3m，物塊2的質量為m，兩者通過彈簧相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度為g.則有( )
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
答案 C
解析 開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小F＝3mg，抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0；抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，對物塊2分析，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝＝4g，故C正確，A、B、D錯誤．
例2 (多選)如圖所示，質量為m的小球被一根輕質橡皮筋AC和一根繩BC系住，當小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上，繩與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，下列判斷中正確的是( )
A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變
B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
C．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為
D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
答案 BC
解析 設小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為FT，由平衡條件可得Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ，在AC被突然剪斷的瞬間，AC的拉力突變?yōu)榱悖?/span>BC上的拉力F突變?yōu)?/span>mgcos θ，重力垂直于繩BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，B正確，A錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋AC的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根據(jù)牛頓第二定律有＝ma′，故加速度大小a′＝，C正確，D錯誤．
例3 (多選)如圖所示，水平輕彈簧兩端拴接兩個質量均為m的小球a和b，拴接小球的細線P、Q固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)剪斷細線P.彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是( )
A．剪斷細線P前，彈簧形變量為
B．剪斷細線P的瞬間，小球b的加速度大小為
C．剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，細線P的拉力變小
D．剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，小球a的加速度大小為0.8g
答案 ACD
解析 剪斷細線P前，對小球a進行受力分析，小球a受豎直向下的重力、水平向右的彈簧彈力以及沿細線P向上的拉力．根據(jù)共點力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，聯(lián)立解得x＝，故A正確；剪斷細線P的瞬間，彈簧的彈力不變，所以小球b處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，加速度為0，故B錯誤；剪斷細線P前，細線P的拉力大小為FT＝mg，剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，彈簧的彈力為零，小球a即將擺動，此時擺動的速度為零，則徑向合力為零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg<FT＝mg，at＝g，即剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，細線P的拉力變小，小球a的加速度大小為0.8g，故C、D正確．
1．實重和視重
(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關(選填“無關”或“相關”)．
(2)視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重．
2．超重、失重和完全失重的對比
名稱 | 超重 | 失重 | 完全失重 |
現(xiàn)象 | 視重大于實重 | 視重小于實重 | 視重等于0 |
產(chǎn)生 條件 | 物體的加速度向上 | 物體的加速度向下 | 物體豎直向下的加速度等于g |
對應 運動 情境 | 加速上升或減速下降 | 加速下降或減速上升 | 自由落體運動、豎直上拋運動、宇宙航行等 |
原理 | F－mg＝ma F＝mg＋ma | mg－F＝ma F＝mg－ma | mg－F＝mg F＝0 |
1．加速上升的物體處于超重狀態(tài)．( √ )
2．減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力．( × )
3．加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)．( × )
4．物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化．( √ )
5．根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向．( × )
1．判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)．
(2)從加速度的角度判斷
當物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)．
2．對超重和失重現(xiàn)象的理解
(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)．
(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強等．
考向1 對超、失重現(xiàn)象的理解
例4 “蹦極”是一項非常刺激的體育運動．某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計， 則人從P點落下到最低點c的過程中( )
A．人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態(tài)
B．在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態(tài)
C．在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)
D．在c點，人的速度為零，其加速度也為零
答案 C
解析 在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態(tài)，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A、B錯誤，C正確；在c點，人的速度為零，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D錯誤．
考向2 超、失重現(xiàn)象的圖像問題
例5 (多選)(2023·河南省模擬)在直升機豎直降落的過程中，開始時飛機勻速降落，飛行員對座椅的壓力情況如圖所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．飛行員的質量為70 kg
B．飛行員在t1時刻的加速度方向向下
C．飛行員在t2時刻的加速度方向向下
D．從圖中可知飛行員在這兩次規(guī)避障礙過程中的加速度的最大值為6 m/s2
答案 BD
解析 由題圖可知，飛行員受到的重力大小為500 N，則質量為50 kg，A錯誤；飛行員在t1時刻對座椅的壓力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正確；飛行員在t2時刻對座椅的壓力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C錯誤；由題圖可知，飛行員在t1時刻受到的合力最大，則有mg－F＝mamax，代入數(shù)據(jù)解得amax＝6 m/s2，D正確．
考向3 超、失重現(xiàn)象的分析和計算
例6 跳樓機可以使人體驗失重和超重(如圖所示)．現(xiàn)讓升降機將座艙送到距地面H＝78 m的高處，然后讓座艙自由下落，落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，使座艙均勻減速，座艙落到地面時剛好停下，在該體驗中，小明將質量m＝10 kg的書包平放在大腿上(不計空氣阻力，g取10 m/s2)．
(1)當座艙靜止時，請用所學知識證明書包的重力G與書包對小明大腿的壓力大小F相等．
(2)當座艙落到距地面h1＝50 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F1；
(3)求跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大??；
(4)當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F2.
答案 (1)見解析 (2)0 (3)16 m/s2 (4)260 N
解析 (1)設小明大腿對書包的支持力大小為FN，因為物體處于靜止狀態(tài)，則FN＝G
根據(jù)牛頓第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)座艙自由下落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，所以當座艙距地面h1＝50 m時，書包處于完全失重狀態(tài)，則有F1＝0.
(3)座艙自由下落高度為H－h＝78 m－30 m＝48 m，座艙開始制動時，已獲得速度vm，由運動學公式得vm2＝2g(H－h)
座艙制動過程做勻減速直線運動，則有vm2＝2ah，聯(lián)立可得a＝16 m/s2，方向豎直向上，故跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大小為16 m/s2.
(4)由牛頓第二定律得F2－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)得F2＝260 N，故當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，小明對書包的作用力大小為260 N．
1．動力學問題的解題思路
2．解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯(lián)系各物理過程的橋梁．
例7 (2023·四川金堂縣淮口中學高三檢測)如圖所示，ABC是一雪道，AB段為長L＝80 m、傾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB與BC平滑相連．一個質量m＝75 kg的滑雪運動員(含滑雪板)，從斜坡頂端以v0＝2.0 m/s的初速度勻加速滑下，經(jīng)時間t＝5.0 s到達斜坡底端B點．滑雪板與雪道間的動摩擦因數(shù)在AB段和BC段均相同(運動員可視為質點)．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)運動員在斜坡上滑行時的加速度大小a；
(2)滑雪板與雪道間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)運動員滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s內滑行的距離x.
答案 (1)5.6 m/s2 (2)0.05 (3)59 m
解析 (1)根據(jù)L＝v0t＋at2，
代入數(shù)據(jù)解得a＝5.6 m/s2
(2)在斜坡上運動員受力如圖甲所示，建立如圖甲所示的直角坐標系，根據(jù)牛頓第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcos θ＝0，Ff＝μFN，
聯(lián)立解得μ＝0.05.
(3)運動員滑到B點時的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上運動員受力如圖乙所示，建立如圖乙所示的直角坐標系，設運動員的加速度為a′，
根據(jù)牛頓第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋a′t′2，聯(lián)立解得x＝59 m.
例8 (多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間．下列關系正確的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1<t2 D．t1＝t3
答案 BCD
解析 設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正確．
等時圓模型
1．質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示；
2．質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示 ；
3．兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示．
1.(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小為g.以下判斷正確的是( )
A．0～t1時間內，v增大，FN>mg
B．t1～t2 時間內，v減小，FN<mg
C．t2～t3 時間內，v增大，FN<mg
D．t2～t3時間內，v減小，FN>mg
答案 D
解析 根據(jù)s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，故A錯誤；t2～t3時間內，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，則FN>mg，故D正確．
2．水平路面上質量為30 kg的小車，在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動.2 s后撤去該推力，則下列說法正確的是( )
A．小車2 s末的速度大小是4 m/s
B．小車受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2
D．小車運動的總時間為6 s
答案 B
解析 根據(jù)運動學公式，小車2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小為a′＝＝0.5 m/s2，減速時間為t2＝＝ s＝6 s，小車運動的總時間為t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正確，C、D錯誤．
3．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力( )
A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小
C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小
答案 AD
解析 人乘電梯向上運動，規(guī)定豎直向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據(jù)牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于地板對人的支持力大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤．
4.(多選)如圖所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB為底邊，三個斜面的傾角分別為75°、45°、30°.物體分別沿三個斜面從頂端由靜止滑到底端，下列說法中正確的是( )
A．物體沿CA下滑，加速度最大
B．物體沿EA下滑，加速度最大
C．物體沿CA滑到底端所需時間最短
D．物體沿DA滑到底端所需時間最短
答案 AD
解析 設斜面傾角為α，物體沿光滑斜面下滑時的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物體沿CA下滑，斜面傾角最大，加速度最大，故A正確，B錯誤；設AB邊長為x，由運動學公式可得＝at2，聯(lián)立可求得t＝2，當α＝45°時t有最小值，說明物體沿DA滑到底端所需時間最短，故C錯誤，D正確．
5.如圖所示，一根彈簧一端固定在左側豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60°，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端．開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質量相等，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
答案 D
解析 水平細線被剪斷前分別對A、B進行受力分析如圖所示：
靜止時，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB，聯(lián)立解得FT＝2mAg；水平細線被剪斷瞬間，FT消失，其他各力不變，A所受合力與FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，D正確．
6.如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內．現(xiàn)有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ.現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關系為( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF
答案 B
解析 如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以OG為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內，而B點在輔助圓外，由等時圓結論可知tAB>tCD>tEF，B項正確．
7.如圖所示，在豎直平面內有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A.B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為R，AC長為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球(可看為質點)，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為( )
A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ D．1∶
答案 D
解析 如題圖所示，設小圓中任意一條過A點的弦長為s，與豎直方向的夾角為θ，則s＝2Rcos θ，小球下滑的加速度a＝gcos θ，根據(jù)s＝at2得t＝2，可知下滑時間與θ無關，因此從A點沿不同弦下滑的時間相等，故小球沿AB下滑所用的時間等于小球在高度為2R的位置做自由落體運動所用的時間，即2R＝gt12，同理，小球沿AC下滑所用的時間等于小球在高度為4R的位置做自由落體運動所用的時間，即4R＝gt22，聯(lián)立解得＝，選項D正確．
8．(多選)(2023·安徽黃山市模擬)奧運冠軍全紅嬋在第14屆全運會上再次上演“水花消失術”奪冠．在女子10 m跳臺的決賽中(下面研究過程將全紅嬋視為質點)，全紅嬋豎直向上跳離跳臺的速度為5 m/s，豎直入水后到速度減為零的運動時間與空中運動時間相等，假設所受水的阻力恒定，不計空氣阻力，全紅嬋的體重為35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則( )
A．跳離跳臺后上升階段全紅嬋處于失重狀態(tài)
B．入水后全紅嬋處于失重狀態(tài)
C．全紅嬋在空中運動的時間為1.5 s
D．入水后全紅嬋受到水的阻力為612.5 N
答案 AD
解析 跳離跳臺后上升階段，加速度豎直向下，則全紅嬋處于失重狀態(tài)，A正確；入水后全紅嬋的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，B錯誤；以豎直向上為正方向，則根據(jù)－h＝v0t－gt2，可得t＝2 s，即全紅嬋在空中運動的時間為2 s，C錯誤；入水時的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正確．
9．(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接．若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質點(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大?。?/p>
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大?。?/p>
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2.
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2
(2)根據(jù)運動學公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2
根據(jù)運動學公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7 m.
10．某航母上艦載機起飛時主要靠甲板前端上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖所示，飛機由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160 m的水平跑道上運動，然后在長度為L2＝20.5 m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛．已知飛機的質量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為飛機重力的0.2倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障，取g＝10 m/s2.求：
(1)飛機在水平跑道上運動的末速度大?。?/p>
(2)飛機從開始運動到起飛經(jīng)歷的時間t.
答案 (1)40 m/s (2)8.5 s
解析 (1)設飛機在水平跑道上運動的加速度大小為a1，阻力大小為F阻，在水平跑道上運動的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－F阻＝ma1，
F阻＝0.2mg，
v12＝2a1L1，
聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)設飛機在傾斜跑道上運動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v2，
飛機在水平跑道上的運動時間t1＝＝8 s，
在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有
F－F阻－mg＝ma2，
代入數(shù)據(jù)解得a2＝4 m/s2，
由v22－v12＝2a2L2，
代入數(shù)據(jù)解得v2＝42 m/s，
飛機在傾斜跑道上的運動時間t2＝＝0.5 s，
則t＝t1＋t2＝8.5 s.
11.(2019·浙江4月選考·12)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球．A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內．若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木<ρ水<ρ鐵)( )
A．A球將向上運動，B、C球將向下運動
B．A、B球將向上運動，C球不動
C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動
D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動
答案 D
解析 開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時水對球的浮力為零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，由于細線的拉力可以突變?yōu)榱?，所?/span>C球相對于杯底不動，故選D.
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