第2讲 牛顿第二定律的应用 教案

第2讲牛顿第二定律的应用

-------［主干梳理对点激活］-------

知识点1牛顿第二定律的应用H

1.动力学的两类基本问题

(1)已知物体的受力情况，确定物体的回1运动情况;

(2)已知物体的运动情况，确定物体的丽受力情况。

2.解决两类基本问题的方法

以回加速度为“桥梁”，由画运动学公式和两牛顿第二定律列方程求解,

具体逻辑关系如图：

由力求运动

/、牛顿第二定律JL］运动学规律一"-L—

(受力情况下----------彳加速度:---------2运动情况］

由运动求力

知识点2超重和失重I

1.实重与视重

(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态画无关。

⑵视重

①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画

示数称为视重。

②视重大小等于弹簧测力计所受物体的画拉力或台秤所受物体的画压力。

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

物体对支持物的压力物体对支持物的压力

概念物体对支持物(或悬

(或对悬挂物的拉(或对悬挂物的拉

力）厨大于物体所受力）画小于物体所受挂物）画完全没有作

重力的现象重力的现象用力的现象

物体的加速度方向

产生物体的加速度方向物体的加速度方向

「同竖直向下,大小

条件国要直向上国竖直向下

历1等于）

mg-F=ma

原理F-mg=mamg-F=ma

a二g

方程F-m(g+a)F=m(g-a)

F=0

以。二,洞力口速下降

运动回加速上升或回回加速下降或回

状态减速下降减速上升或回减速上升

双基夯实

一堵点疏通

1.物体做匀减速直线运动时，合力的方向与速度的方向相反。（）

2.物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。（）

3.超重就是物体的重力变大的现象。（）

4.物体处于完全失重状态时，重力消失。（）

5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。（）

6.物体是处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。

（）

答案1.V2,V3.X4.X5.X6.V

二对点激活

1.（人教版必修第一册Roo-Ti改编）（多选）一个原来静止的物体，质量是2kg,

受到两个大小都是50N且互成120。角的力的作用，此外没有其他的力，关于该

物体，下列说法正确的是（）

A.物体受到的合力为50N

B.物体的加速度为25小m/s2

C.3s末物体的速度为75m/s

D.3s内物体发生的位移为125m

答案AC

解析两个夹角为120。的50N的力，其合力仍为50N,加速度。=餐=25

m/s23s末速度O=G=75m/s,3s内位移*=：“尸=112.5m,故A、C正确，B、D

错误。

2.（2020.江苏省南通市高三（下）5月二模）（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，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

解析在第一过程中，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，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，处于超重状态，故A错误，C正确。蹦床运动员在第二过程

中和第一过程中的运动情况是对称的，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。

3.（人教版必修第一册P99•例题2改编）如图所示，截面为直角三角形的木块置

于粗糙的水平地面上，其倾角8=30。，斜面长为7m。现木块上有一质量为加=

1.0kg的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40s内速度增加了1.4m/s,且知滑

块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10m*,求：

(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；

(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。

答案(1)1.5N(2)7m/s

解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度

Au1.4,,

。H=040m/s=3,5m/s)

对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得

mgsinB-Ff=ma,

解得Ff=1.5N。

⑵根据v2=lax得

v='2X3.5X7m/s=7m/so

［考点细研悟法培优］

考点1牛顿第二定律的瞬时性问题镯

1.两种模型

加速度与合力具有瞬时对应关系，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:

2.求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前后_列牛顿第二|求瞬时|

物体的受力情况今定律方程二,|加速度|

例1如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的

另一端用轻绳系在。点，放置在倾角为。=30。的光滑斜面上，斜面固定不动。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，设小球A、B的加

速度大小分别为&A、4B,重力加速度大小为g,贝版)

A.=g,QB=0

C.QA=g,QB=gD.QA=0,4B=

I解题探究I1(1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得?

提示：以B为研究对象利用平衡条件求解。

(2)剪断轻绳后，弹簧的弹力突变吗？

提示：不突变。

尝试解答选A。

轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力产

=〃吆sin30。，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧

的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。

在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，

对小球A,由牛顿第二定律有F+/«gsin30°=maA,解得&A=g,A正确。

图图用圈

求解瞬时加速度问题时应抓住“两点

（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要

重新进行受力分析和运动分析。如例1中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析

和运动分析，同时注意哪些力发生突变。

（2）加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发

生突变。

[变式1-1]（2020•四川省攀枝花市高三第二次统考）如图所示，吊篮P悬挂

在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状

态。重力加速度为g,当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速

度大小分别为（）

A.g,gB.0,g

C.0,2gD.2g,0

答案C

解析剪断细绳前，对小球Q受力分析，受到重力，”g、弹簧的弹力乙由

于Q处于平衡状态，则尸=mg,方向向上，则弹簧对P的弹力大小为£方向向

下。剪断细绳的瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细绳的拉力减为零,

故吊篮P受到的合力等于〃zg+R根据牛顿第二定律得机g+E=加的，所以。P=

2g,小球Q受到的力不变，合力为零，所以收=0,故A、B、D错误，C正确。

[变式1-2]（2020•安徽省亳州市高三第一学期期末教学质量检测）如图所

示，质量均为2kg的木块A和B静止在倾角为30。的光滑斜面上，止匕时A、B间

恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为（）

A.0B.5N

C.10ND.20N

答案B

解析初状态因AsB间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹力F=/^sin30°o

剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为机gsin3O。，以A、B整体为研究对象,

根据牛顿第二定律有2mgsin3O。-尸=2〃也，解得a=2.5m/s2；再隔离B分析有

机gsin3O。一FN=ma,解得FN=5N,故B正确。

考点2动力学的两类基本问题殛

动力学的两类基本问题的解题步骤

根据问题的需要和解题的方便,选出被

明确研究对象一研究的对象研究对象可以是某个物体.

°也可以是几个物体构成的系统。

受力分析和」画好受力示意图、运动情景图.明确物

T体的运动性质和运动过程。

运动状态分析

选取正方向或通常沿加速度的方向建立坐标系并以加

建立•坐标系T速度方向为某一坐标轴的正方向

若物体只受两个共点力作用，通常用合

确定合力—成法；若物体受到三个及以上不在同一

直线上的力，一般用正交分解法。

Ema

根据牛顿第二定律『6="[〃或JLr\和

列方.程求解一运动学公式列方程求解,必要时还要对结

果进行讨论

例2（2020.湖北省荆州市高三上学期质量检测）如图所示，一足够长的斜面

3C倾角为，=37。，与水平面AB圆滑连接。质量加=2kg的物体静止于水平面上

的M点，M点与B点之间的距离L=9m,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数

均为〃=0.5。现使物体受到一水平向右的恒力尸=14N作用，当物体运动至8点

时撤去该力（而37。=。6,cos370=0.8,取g=10m/s?）。则:

(1)物体到达B点时的速度是多大？

(2)物体在斜面上滑行的时间是多少?

°1解题探究1(1)求物体到达8点时的速度，要先求什么？

提示：物体受恒力F作用时在水平面上运动的加速度。

(2)物体沿斜面上升到最高点之后能停止吗？

提示：不能。

尝试解答(1)6m/s(2)(0.6+明s

(1)物体在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有

F-/umg=ma

F-umg14-0.5X2X10,.

贝lja==m/s2=2m/s2

」m2

物体从M到8,根据运动学公式有vi=2aL

贝ljVB=yj2aL=-^2X2X9m/s=6m/so

(2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律有

mgsind+lungcosB=ma\

代入数据解得0=10m/s2

根据运动学公式有彘=2aix,解得x=1.8m

由OB=a\t\得t\=0.6s

因〃vtan/所以物体速度减为零后会继续下滑

下滑时根据牛顿第二定律有mgsind-fimgcosd=mai

代入数据解得S=2m/s2

由x=3a2%得t2=s

所以物体在斜面上滑行的总时间

t=t\+t2=(0.6+^So

目翁第得

解决两类动力学问题的两个关键点

（1）把握“两个分析”“一个桥梁”

两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。

一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。

（2）画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例2中第一个过程

的末速度大小就是下一个过程的初速度大小。

[变式2-1]（2020・四川省宜宾市高三上学期一诊）（多选）如图a,质量〃?=1

kg的物体沿倾角8=37。的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力

沿水平方向向右，其大小与物体的速度。成正比，比例系数用％表示。物体加速

度a与速度。的关系如图b所示,g取lOmH,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列

说法正确的是（）

A.物体沿斜面做匀变速运动

B.当速度o=5m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大

C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25

D.比例系数％为1|kg/s

答案BCD

解析由图b可知，随着速度的增大，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿

斜面不是做匀变速运动，故A错误；由图b可知，速度为5m/s时加速度为零，

速度最大，故B正确；初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为«o=4m/s2,

对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向：mgsin。-〃加geos"”"。，

gsin。-a（）

解得：访=025,故C正确;物体加速度为零时，受力分析可得：mgsin。

-fiN-kvcosO=0,又N=mgcos®+kvsin。,由图b可知，止匕时o=5m/s,代入上

机"（sin。-LICOSO）16

式解得：士赤nlc荷）/kg/s,故D正确。

[变式2-2]（2020.四川省九市联考高三二模）2020年2月180,我国发射

的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作时间

的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为

1.5X103kg,着陆过程简化如下：在距月面102m处悬停，当发动机推力为B时,

先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为出时，随即做匀减速直线运动，

且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2m时再次悬停，此过程总共用时

600s,此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速

度取g=1.6m/s2,求：

(1)探测器接触月球表面时的速度大小；

(2)发动机施加推力的差值(巳-Q)的大小。

答案(I),5m/s(2)yN

解析(1)设探测器接触月球表面时的速度大小为。，由运动学公式有"=

2g光，其中x=2m,

可得0=m/So

(2)设加速过程中的最大速度为0m,

加速阶段有编=2axi,

减速阶段有%=2OT2,

且X]+X2=100m,

加速阶段的时间力=臂，

减速阶段的时间r2=—,

且九+亥=600s,

联立并代入数据可得。=薪m/s2,

由牛顿第二定律可得,加速阶段有〃吆-F,=ma,

减速阶段有Fi-mg=ma,

联立并代入数据可得3-乃=亍No

考点3动力学中的图像问题也

1.常见的动力学图像

0Y图像、//图像、F-f图像、F-a图像等。

2.图像问题的类型

(1)已知物体受的力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。

3.解题策略

(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，

掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。

(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标

的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图

线所围面积等。

(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用

物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与过

程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

例3(2020.四川省棠湖中学高三上期末)(多选)如图甲所示，质量为机的小

球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F\作用，

在MN的右侧除受Fi外还受到与Fi在同一直线上的水平恒力尸2作用，现小球从

A点由静止开始运动，小球运动的X图像如图乙所示，下列说法中正确的是()

A.小球在MN右侧运动的时间为112Tl

B.F2的大小为丁+E

2v\

C.小球在MN右侧运动的加速度大小为;一-

，3-t\

D.小球在。〜介时间内运动的位移为。由

oI解题探究II(1)如何求小球在MN左右两侧运动的加速度?

提示：由0Y图像的斜率求。

(2)小球在MN右侧运动的时间是多少?

提示：t3-t\o

尝试解答选BC。

由图乙知小球在h时刻和/3时刻加速度方向改变，故h时刻小球进入MN右

侧，/3时刻小球离开MN右侧，可知小球在MN右侧运动的时间为九，故A错

误；由图乙可知小球在MN左侧的加速度大小为：。=|第=:，在MN右侧的加

速度大小为：a=居厂|=?、，小球在MN左侧时，由牛顿第二定律可得：F\

=ma=n^,在MN的右侧时，由牛顿第二定律可得：Fi-F^ma',联立得：

2/7W]1TIV\

F2=——+—,故B、C正确；由。“图线与，轴围成的面积表示位移，可得小

球在0〜6时间内运动的位移为：》=警，故D错误。

解决图像综合问题的思路

图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，

得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图像及

运动过程进行分析。

[变式3-1](2020.湖北省名师联盟高三入学调研)(多选)水平地面上质量为1

kg的物块受到水平拉力为、B的作用，B、3随时间的变化如图所示，已知物

块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g=10m/s2,贝女)

A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2

B.3s末物块受到的摩擦力大小为3N

C.4s末物块受到的摩擦力大小为1N

D.5s末物块的加速度大小为3m/s2

答案BC

解析在0〜2s内物块做匀速直线运动，根据平衡条件有F2+f+乃=0,则

-f3

摩擦力/=-3N,贝|〃=嬴=行=0.3,A错误；2s后物块做减速运动，加速度a

FA6—5—30—v0—4

=TT=jm/s2=-2m/s2,贝U经过/二~—s=2s,即4s末速度减

tri1a一乙

为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,B正确；物块速度减为零后，因

R、F2的合力小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则4s末物块受到的摩擦力

为静摩擦力，大小为6N-5N=1N,5s末物块的加速度为零，C正确，D错误。

[变式3-2]（2020.湖北省武汉市高三学习质量检测）如图所示，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。现用竖直向下的力

产作用在P上，使其向下做匀加速直线运动，弹簧的长度始终在弹性限度内。下

列是力尸和运动时间/之间关系的图像，正确的是（）

答案D

解析在力尸作用之前，物块放在弹簧上处于静止状态，有/ng=Axo,力F

作用之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F+mg-k(x0+x)

]ka

=ma,x即为物块向下运动的位移，贝1口=呼户，联立可得/^〃口+了户，即F随

时间变化的图像为D,故D正确，A、B、C错误。

考点4超重和失重的理解镯

1.超重和失重的理解

(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

(2)物体超重或失重多少由物体的质量机和竖直加速度a共同决定，其大小等

于mao

(3)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。

(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，

物体就会处于超重或失重状态。

(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整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现象。

2.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)从运动状态的角度判断

①物体向上加速或向下减速时，超重；

②物体向下加速或向上减速时，失重。

例4(2020.陕西省咸阳市高三下学期3月二模)2014年2月15日凌晨，在索

契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌。

比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若

将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()

A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态

B.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态

C.运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中处于完全失重状态

D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态

°1解题探究I(1)运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中受力情

况如何?

提示：只受重力。

(2)如何判断运动员处于超重状态还是失重状态?

提示：根据加速度方向判断。

尝试解答选C。

当物体处于失重状态时有向下的加速度，当物体处于超重状态时有向上的加

速度。运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态，故A

错误；运动员在弧形过渡区做圆周运动，在最低点加速度向上，处于超重状态，

故B错误；运动员在跳离弧形过渡区至落到着陆区之前的过程中，只受重力，处

于完全失重状态，故C正确；运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量,

处于超重状态，故D错误。

■图翁.....

(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。

[变式4-1](2021.天津市部分区高三(上)期末)某同学用如图所示实验来认

识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。然后设

法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化（整个过程中，橡皮筋对

手指始终有压力的作用），不计空气阻力。下列说法中正确的是（）

□

A.超重时钩码所受重力增加，失重时钩码所受重力减小

B.钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下

降阶段

C.钩码下降到最低点时，钩码的速度为零，达到平衡状态

D.钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超

重状态

答案B

解析超重时橡皮筋对钩码的拉力超过钩码所受的重力，钩码所受的重力不

变，失重时橡皮筋对钩码的拉力小于钩码所受的重力，钩码所受的重力也不变，

故A错误；钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则说明橡皮筋

对钩码的拉力增大，根据胡克定律可知，橡皮筋形变量增大，则钩码一定处于下

降阶段，故B正确；钩码下降到最低点时，橡皮筋弹力最大，且大于钩码重力，

钩码速度为零，向上的加速度达到最大，而不是处于平衡状态，故C错误；钩码

运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，说明钩码在向下运动，可能是

加速下降，处于失重状态，故D错误。

[变式4-2]（2020.江苏省宿迁市沐阳县高三（下）5月联考）在升降机底部安装

一个加速度传感器，其上放置了一个质量为加小物块，如图甲所示。升降机从7

=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度。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0〜2/o时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

B.在加〜3fo时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

C.时刻，物块所受的支持力大小为mg

D.r=3fo时刻，物块所受的支持力大小为2mg

答案C

解析由图乙可知，在。〜2加时间内，物块有向上的加速度，处于超重状态，

A错误；在m〜3a时间内，物块有向上的加速度，处于超重状态，B错误；r=ro

时刻，物块的加速度为0,则所受的支持力大小为加g,C正确；r=3/o时刻，物

块的加速度为2g,由八-/%=〃皿可知，所受的支持力大小为FN=3mg,D错误。

------［高考模拟随堂集训］--------

1.（2020・山东高考）一质量为机的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间1

的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用以表示，速度大小用。表示。

重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）

A.0〜8时间内，O增大，FN>/ng

B.t\〜2时间内，v减小,Fn<mg

C.,2〜△时间内，。增大，F^<mg

D.女〜打时间内，V减小，F^>mg

答案D

解析由于s“图象的斜率表示速度，可知0〜力时间内，速度。不断增大，

即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则尸N<mg,A错误；力〜念时间内，

速度。不变，即乘客的加速度为0,处于平衡状态，则F^=mg,B错误；亥〜f3

时间内，速度。不断减小，即乘客做竖直向下的减速运动，处于超重状态，则

F^>mg,C错误，D正确。

2.（2018.全国卷I）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尸作用在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，下列表示尸和x之

间关系的图象可能正确的是（）

P

答案A

解析物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：to

=mg,施加拉力产后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F+k（xo

-x）-mg=ma,所以F=ma+fee,A正确。

3.（2019•全国卷111）（多选）如图a,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不

可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。，=0时，木板开始

受到水平外力厂的作用，在f=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力/随时间，变

化的关系如图b所示，木板的速度。与时间f的关系如图c所示。木板与实验台

之间的摩擦可以忽略。重力加速度取lOm修。由题给数据可以得出（）

A.木板的质量为1kg

B.2〜4s内，力尸的大小为0.4N

C.0〜2s内，力F的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

答案AB

解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的

04

滑动摩擦力大小F摩=0.2N。由题图c知，2〜4s内，木板的加速度大小©=彳

、、04-0.2、

m/s-=0.2m/s-,撤去外力产后的加速度大小痣=jm/s2=0.2m/s*,设木板

质量为〃?，根据牛顿第二定律，2~4s内：R-/摩:机⑶,4s以后：F摩=〃m2,解

得〃=?1kg,F=0.4N,A、B正确。0〜2s内，F=f,由题图b知，F随时间是

均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由/摩=〃加物g可知动摩擦因数不

可求，D错误。

4.（2021.八省联考广东卷）（多选）研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹

性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传

感器收集到的数据，得到如图所示的“速度一位移”图像。若空气阻力和弹性绳

的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有（）

A.弹性绳原长为15m

B.当运动员下降10m时，处于失重状态

C.当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大

D.当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上

答案BD

解析由图可知，当运动员下降15m时速度最大，此时运动员的加速度为

零，则其所受合力为零，运动员受到弹性绳的弹力等于其重力，弹性绳处于伸长

状态，则弹性绳原长小于15m,故A错误；当运动员下降10m时，其速度向下

并且逐渐增大，加速度向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时,

速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，绳的弹性势能继续增大，

故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向

上，故D正确。

5.(2020.浙江7月选考)如图1所示，有一质量加=200kg的物件在电动机的

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，测得电动机的牵引力随时间变化的尸4图线如图2所示，f=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，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)由图2可知。〜26s内物件匀速运动，26〜34s内物件匀减速运动,

在匀减速运动过程中，根据牛顿第二定律有mg-Fy=ma,

代入数据得。=g—V=0125m/s2,方向竖直向下。

(2)根据图2结合运动学公式有0=。-S2,

代入数据得v=at2=0.125X(34-26)m/s=1m/so

(3)根据图2可知，从，=0开始匀速上升的位移

/?!==1X26m=26m,

v1

匀减速上升的位移〃2=,2=]X8m=4m,

13

又因为从总位移的a处开始计时，则图2中o〜34s的位移为总位移的『即

3

hi+九2=0,

所以总位移为〃=40m。

------------------P课时作业］------------------

时间：50分钟满分：100分

一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1〜7题为单选，8〜

10题为多选）

1.（2021.辽宁省葫芦岛市高三（上）期末）如图，一机械臂铁夹夹起质量为机的

小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为。的匀加速直线运动，则铁夹对小球

的作用力（）

A.大小为mg,方向竖直向上

B.大小为〃以，方向水平向右

C.大小与小球的加速度大小无关

D.方向与小球的加速度大小有关

答案D

解析设铁夹对小球的作用力为F,则尸竖直方向的分力F\=mg,水平方向

的分力=铁夹对小球的作用力F=y/K+声=17Hg2+片,F与水平方向的

夹角a满足tana=£即E的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故A、

B、C错误，D正确。

2.（2020・湖北省名师联盟高三入学调研）智能化电动扶梯如图所示，乘客站上

扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，贝女）

A.乘客始终处于超重状态

B.加速阶段乘客受到的摩擦力方向与。相同

C.扶梯对乘客的作用力始终竖直向上

D.扶梯匀速上升时，扶梯对乘客的作用力竖直向上

答案D

解析乘客站上扶梯，电动扶梯缓慢加速阶段，乘客的加速度斜向上，有竖

直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律，在竖直方向上，

扶梯对乘客的支持力大于其重力，乘客处于超重状态，在水平方向上，乘客受到

水平向右的摩擦力，此时扶梯对乘客的作用力斜向右上方；扶梯匀速上升时，加

速度为零，扶梯对乘客只有向上的支持力，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，且

与乘客所受重力大小相等，则既不超重也不失重。故A、B、C错误，D正确。

3.（2020•四川省绵阳市高三上二诊）一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度

00沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度。随时间/变化关系的图像

是（）

答案C

解析根据牛顿第二定律，物块上滑过程：〃zgsin6+wwgcos0=mai,下滑过

程：m^sin0-fimgcosd=mai,比较可知：a\>ai,则物块上滑过程o-r图像的斜率

绝对值比下滑过程的大，A、D错误；由x=可知，下滑过程所用时间比上滑

过程长，由*=六可知，下滑过程的末速度大小小于内，故C正确，B错误。

4.（2020•辽宁省大连市高三双基测试）如图所示，质量分别为2m和m的A、B

两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处

于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力，此时轻弹簧的形变量为X。已知重

力加速度为g,若突然剪断细绳，则下列说法正确的是（）

O

A.剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大

B.剪断细绳后，A物块向下运动3x时速度最大

C.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3g

D.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g

答案B

解析剪断细绳前，物块B恰好对地面没有压力，根据平衡条件有：mg=kx,

对物块A有：T=2mg+kx,SRT=3mg；剪断细绳后，刚开始物块A受到竖直向

下的重力和弹力，物块A加速下落，下落过程中弹力变小，加速度减小，当弹簧

恢复原长后，物块A继续向下运动，压缩弹簧，当弹簧弹力等于重力时，物块A

加速度减为零，此时速度最大，设弹簧压缩量为笛，对物块A有：2mg=kx\,解

得：汨=2此物块A向下运动的总距离为3x,A错误，B正确。剪断细绳瞬间，

弹簧弹力不突变，物块A所受重力和弹力的合力与剪断前绳子拉力等大反向，所

以A物块的加速度大小："亲=啜=!?,C、D错误。

5.（2020.江淮十校高三上第二次联考）一固定杆与水平方向夹角为8=30。，

将一质量为顶的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为加2的小球，杆与滑块

之间的动摩擦因数为〃若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度。一起

向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个（）

答案D

解析把滑块和小球看作一个整体受力分析，沿杆方向：（如+加2%5亩3（）。+/

=（mi+mi）a,垂直杆方向：FN=（加+"22）gcos30。，摩擦力：/=〃7不，联立可解得：

a=gsin30。+〃gcos30。=7.5m/s2,设绳子与竖直方向夹角为B，对小球有：a=gsin£

=7.5m/s2,则夕>30。，故D正确，A、B、C错误。

6.（2020.湖北省部分示范高中教学协作体高三上期中）如图所示，不计绳的质

量以及绳与滑轮间的摩擦，物体A的质量为M,水平面光滑。当在绳的8端挂一

质量为机的物体时（重力加速度为g）,物体A的加速度为⑶，当在绳的8端施以

尸=〃吆的竖直向下的拉力作用时,A的加速度为。2,则m与G的大小关系是（）

A.a\=aiB.41>O2

C.a\<aiD.无法确定

答案C

解析当在绳的B端挂一质量为m的物体时，根据牛顿第二定律，对质量为

m的物体有：ing-T=ma\,对物体A有：T=Ma\,联立得：a\=；当在绳

的8端施以尸=〃吆的竖直向下的拉力作用时，对物体A分析有。2=专=翳，可

知ai>a\,C正确。

7.（2020.河北衡水中学三月份教学质量监测）如图，将金属块用压缩的轻弹簧

卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a=4.0m/s2

的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N,下底板

的传感器显示的压力为10.0N。取g=10m/s2,若下底板传感器的示数不变，上

顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则电梯的运动状态可能是

（）

A.匀加速上升，a'=5m/s2B.匀加速下降，a'=5m/s:

C.匀速上升D.静止状态

答案B

解析当箱子随电梯以。=4.0mH的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金

属块和轻弹簧整体受力分析，由牛顿第二定律知心上+〃吆-尺下=根凡其中后

上=4.0N,入下=10.0N,代入解得加=lkg；若上顶板传感器的示数是下底板传

感器的示数的一半，下底板传感器示数不变，仍为10.0N,则上顶板传感器的示

数是5.0N,对金属块和轻弹簧整体，由牛顿第二定律知际上'+mg-FN下'=

ma',解得a'=5m/s2,方向向下，故电梯的运动状态可能是以5mH的加速度

匀加速下降，或以5m/s2的加速度匀减速上升，故B正确，A、C、D错误。

8.（2020.安徽省合肥市一六八中学高三四模）如图所示为跳伞者在下降过程中

速度。随时间，变化的示意图。根据示意图，判断下列说法正确的是（）

A.0〜力内跳伞者速度越大，空气阻力越大

B.跳伞者在水平方向上越飞越远

C.tan0=g（g为当地的重力加速度）

D.在人〜殳内，跳伞者处于超重状态

答案AD

解析。〜h内。Y图线斜率变小，加速度变小，速度增大，由牛顿第二定律

知重力不变，则空气阻力变大，故A正确；由题意只知竖直方向的运动情况，无

法确定跳伞者在水平方向上的运动情形，故B错误；开始时，跳伞者速度为零，

加速度为g,即题图中与图线相切的虚线的斜率为g,但虚线斜率不一定等于tan。,

故C错误；在力〜亥内，跳伞者向下减速，加速度向上，处于超重状态，故D正

确。

9.（2020.福建省仙游第一中学、福建八中高三上学期第三次质检）倾角为。、

质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为加的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整

个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是（）

A.小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tan。

B.地面对滑梯的支持力一定等于（机+M）g

C.地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosOsin。

D.地面对滑梯的摩擦力方向一定向左

答案AD

解析因为小朋友沿着滑梯匀加速下滑，则mgsin0>/"?7gcos。，解得〃vtan，,

A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，故地面对滑

梯的支持力小于两者的总重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，

即在水平方向上小朋友受到的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯在

水平方向上的作用力向右，即滑梯有向右的运动趋势，则滑梯受到地面的摩擦力

Mgsin。-〃加geos。

方向一定向左，。水平=acos6=------------cos。=（gsin。一〃gcosO）cos。，故地

面对滑梯的摩擦力大小为/=〃均水平=（"zgsin。