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第二节　牛顿第二定律　动力学两类基本问题
一、牛顿第二定律
1．内容
物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成______，加速度的方向与作用力的方向________。
2．表达式
a＝。
3．“五个”性质
同向性 公式F合＝ma是矢量式，任一时刻，F合与a________
瞬时性 a与F合对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F合为该时刻__________________
因果性 F合是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性 F合＝ma中，F合、m、a对应__________或__________，各量统一使用__________
独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
4．适用范围
（1）牛顿第二定律只适用于______________（相对地面静止或做匀速直线运动的参考系）。
（2）牛顿第二定律只适用于______________（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况。
二、两类动力学问题
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来。
1．已知受力情况求运动情况
已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的____________；已知物体的初始条件（初位置和初速度），根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。
2．已知物体的运动情况求物体的受力情况
根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出______________，再根据牛顿第二定律可确定物体的__________，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量。如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。
1．下列说法正确的是（　　）21世纪教育网
A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零
B．物体所受合力越大，速度越大
C．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的
D．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同
2．（2012·山东实验中学月考）质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°（大小不变）后，物体可能做（　　）
A．加速度大小为的匀变速直线运动
B．加速度大小为的匀变速直线运动
C．加速度大小为的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
3．（2013·上海徐汇测试）质量为50 kg的消防员两脚各用750 N水平蹬力，恰在两竖直墙之间匀速下滑，在离地面6 m处改做匀减速运动，经过2 s后到达地面时速度恰减为零，则此时两脚的水平蹬力至少为（重力加速度g取10 m/s2）（　　）
A．900 N　　　B．925 N
C．950 N　　 D．975 N
4．将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（　　）
A．刚抛出时的速度最大
B．在最高点的加速度为零
C．上升时间大于下落时间21世纪教育网
D．上升时的加速度等于下落时的加速度
一、对牛顿第二定律的理解
自主探究1（2012·海南单科）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．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
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
思考1：加速度与速度有直接关系吗？
思考2：合外力与加速度的产生有先后之分吗？
归纳要点
理解牛顿第二定律的“四性”
1．瞬时性：牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体所受合外力的瞬时对应关系。若a为某一瞬时的加速度，F为该时刻物体所受的合外力，对同一物体a与F有瞬时对应的关系。
2．矢量性：牛顿第二定律公式是矢量式，任一瞬间a的方向均与F的方向相同。当F方向变化时，a的方向同时变化，且任意时刻两者均保持一致。
3．同一性：牛顿第二定律公式中的三个物理量必须是针对同一物体而言的；物体受力运动时必然只有一种运动情形，其运动状态只能由物体所受的合力决定，而不能是其中的一个力或几个力。
4．同时性：牛顿第二定律中F、a只有因果关系而没有先后之分，F发生变化时a同时变化，包括大小和方向。
二、如何判断物体的运动性质
自主探究2（2012·北京顺义区调研）在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件（可视为质点）运送到指定位置。某次将小工件放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止。则小工件被放到传送带上后相对于地面（　　）21世纪教育网
A．做匀减速直线运动直到停止
B．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动
C．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
D．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动
思考1：小工件刚被放到传送带上时，相对传送带向哪运动？对地加速度方向向哪？
思考2：小工件相对传送带有静止的时刻吗？
思考3：小工件速度与传送带速度相等后，小工件又将做何运动？
归纳要点
合外力的方向决定加速度的方向，与速度方向无关。当合外力方向与速度方向共线时，物体做直线运动，当合外力与速度方向一致时做加速运动，反向时做减速运动。合外力与速度方向不共线时，物体做曲线运动。
命题研究一、对牛顿第二定律瞬时性的考查
【题例1】（2012·安徽理综）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物体上再施加一竖直向下的恒力F，则（　　）
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
思路点拨：加竖直向下的恒力F时，物块质量未变。
解题要点：
规律总结
分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立。
“绳”或“线”类 “弹簧”或“橡皮绳”类
不同 只能承受拉力，不能承受压力 弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力
将绳和线看做理想化模型时，无论受力多大（在它的限度内），绳和线的长度不变。绳和线的张力可以发生突变 由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，形变恢复需经过一段时间，所以弹簧和橡皮绳的弹力不可以突变
相同 质量和重力均可忽略不计，同一根绳、线、弹簧或橡皮绳两端及中间各点的弹力大小相等
命题研究二、动力学两类基本问题
【题例2】（2012·浙江理综）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
（1）“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
（2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
（3）“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB。
思路点拨：分析“鱼”在水中受力时，不能忽略浮力，且“鱼”下潜过程中合力不变，运用牛顿第二定律和运动学知识可求解。
解题要点：
规律总结
1．动力学两类基本问题的分析流程图
2．基本方法
（1）明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程。
（2）根据问题的要求和计算方法，确定研究对象进行分析，并画出示意图。图中应注明力、速度、加速度的符号和方向。对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有。
（3）应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果。
3．应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。
（2）分析物体的受力情况和运动情况。画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程。
（3）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轴的正方向。
（4）求合外力F合。
（5）根据牛顿第二定律F合＝ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。
1．第二十二届世界大学生冬季运动会自由滑比赛中，中国小将张丹、张昊毫无争议地获得第一名，为中国队夺得第一枚本届大冬会金牌。花样滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的音乐响起，他们在相互猛推一下后分别向相反方向运动，假定两人的冰刀和冰面间的动摩擦因数相同，已知张丹在冰面上滑行的距离比张昊滑行得远，这是由于（　　）
A．在推的过程中，张丹推张昊的力小于张昊推张丹的力
B．在推的过程中，张丹推张昊的时间等于张昊推张丹的时间
C．在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度
D．在分开后，张丹的加速度的大小小于张昊的加速度的大小
2．一箱苹果在倾角为θ的斜面上匀速下滑，已知箱子与斜面间的动摩擦因数为μ，在下滑过程中处于箱子中间的质量为m的苹果受到其他苹果对它的作用力大小和方向为（　　）
A．mgsin θ　沿斜面向下
B．mgcos θ　垂直斜面向上
C．mg　竖直向上
D．mg　沿斜面向上
3．（2013·上海徐汇测试）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面的静摩擦力最大值Ffmax与滑动摩擦大小相等，则（　　）
A．0～t1时间内物块A的速度逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的速度最大
4．（2013·上海徐汇测试）如图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示。取g＝10m/s2,根据F－t图象求：
甲
乙
（1）运动员的质量；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。
参考答案
基础梳理自测
知识梳理
一、1．反比　相同
3．同向　物体所受合外力　同一物体　同一系统　国际单位
4．（1）惯性参考系　（2）宏观物体
二、1．运动情况
2．加速度　受力情况
基础自测
1．D　2．BC
3．D　解析：恰在两竖直墙之间匀速下滑，2μF1＝mg，解得μ＝1/3；由x＝at2得 a＝3 m/s2。设两脚的水平蹬力至少为F2，则有2μF2－m g＝ma，解得F2＝975 N。
4．A
核心理解深化
【自主探究1】D
提示：由牛顿第二定律可知，物体的加速度只与物体所受的合外力和质量有关，并与合外力的大小成正比；物体所受的合外力不为零，物体的加速度即不为零；合外力与加速度是瞬时对应的关系。
【自主探究2】B
提示：将小工件放到传送带上时，由于传送带速度大于小工件速度，小工件相对于传送带向后运动，小工件在滑动摩擦力作用下相对于地面加速向前做匀加速直线运动；当二者速度相等时，滑动摩擦力瞬间消失，之后由于传送带做减速运动，小工件速度大于传送带速度，小工件相对于传送带向前运动，小工件在水平向后的滑动摩擦力的作用下相对于地面做匀减速直线运动，故选项B正确。
考向探究突破
【题例1】C　解析：分析斜面上物体受力，将重力沿斜面忽然垂直斜面方向分解，由牛顿第二定律可得，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，再施加一竖直向下的恒力F，设加速度为a′，由牛顿第二定律可得，（F＋mg）sin θ－μ（F＋mg）cos θ＝ma′，由此可知，a′＞a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑，选项C正确。
【题例2】答案：（1）　（2）mg（－）　（3）
解析：（1）“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
v－0＝2gH①
得：vA1＝②
（2）“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合＝F浮＋fA－mg③
F合＝maA④
0－v＝－2aAhA⑤
由题意：
F浮＝mg
综合上述各式，得
fA＝mg（－）⑥
（3）考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有
fB＝mg（－）⑦
综合⑥⑦两式，得
＝
演练巩固提升
1．BC　解析：在推的过程中，相互的推力大小相等，动摩擦因数相同，他们的加速度均为a＝μg，张丹滑行距离远，是因为在刚分开时，张丹的初速度较大。
2．C　解析：苹果处于平衡状态，由平衡条件，有FN＝mg，方向竖直向上，C正确。
3．BD　解析：0～t1时间内物块A静止，选项A错误；t2时刻水平拉力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A加速度减小，仍然沿原方向运动，选项C错误；t3时刻物块加速度减小到零，物块A的速度最大，选项D正确。
4．答案：（1）50 kg　（2）40 m/s2　（3）3.2 m
解析：（1）由图象可知运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，则
m＝G/g＝50 kg
（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fmax＝2 500 N，设运动员的最大加速度为amax，则
Fmax－mg＝mamax
amax＝＝ m/s2＝40 m/s2。
（3）由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s。
设运动员上升的最大高度为H，则
H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m。
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第三节　牛顿运动定律的应用
一、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．视重
弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。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。
二、超重、失重和完全失重的比较
现　象 实　质
超　重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力______自身重力的现象 系统具有竖直____的加速度或加速度有竖直____的分量
失　重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力______自身重力的现象 系统具有竖直____的加速度或加速度有竖直____的分量
完全失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力______的现象 系统具有竖直向下的加速度，且a＝______
1．（2012·湖北百所重点中学联考）下列有关超重和失重的说法，正确的是（　　）
A．无论物体处于超重还是失重状态，物体所受的重力总是不变的
B．做竖直上抛运动的物体处于完全失重状态
C．在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于上升过程
D．在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于下降过程
2．如图所示，运动员“10 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大
B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大
C．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动（C→B）的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小
3．（2013·河南三市联考）如图所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直。在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板。当升降机向上运动时，其v－t图象如图所示，下面给出的地板所受压力F1和升降机天花板所受压力F2随时间变化的定性图象，可能正确的是（　　）。
4．关于超重和失重现象的理解，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了
B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力
C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞船外受力平衡
D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重力21世纪教育网
一、超重、失重问题
自主探究1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是（　　）
思考：该同学实际受到重力如何变化？运动状态如何变化？
归纳要点
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力依然不变，只是“视重”改变。
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体是向上运动还是向下运动，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度。
3．当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液柱不再产生向下的压强等。
4．处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为：
超重状态下：F浮＝ρV排（g＋a）；
失重状态下：F浮＝ρV排（g－a）。
处于完全失重状态下的液体F浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力。
二、临界与极值问题
自主探究2如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。（取g＝10 m/s2）
思考：本题的两个临界条件是什么？
归纳要点
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件。
1．接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0。
2．相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。
3．绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：FT＝0。
4．加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。
命题研究一、连接体问题的处理方法
【题例1】如图所示，三物体以细绳相连，mA＝2 kg，mB＝3 kg，mC＝1 kg，A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，求系统的加速度和绳中的张力。
思路点拨：系统的加速度大小可由系统沿绳运动方向的受力情况来求，求绳中的张力时必须把物体A、C、B隔离开，此题是由整体的受力情况来求加速度，绳中张力用隔离法求解。
解题要点：
规律总结
处理连接体问题常用的方法是：整体法与隔离法。
1．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
（1）涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。本例中，绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法。
（2）水平面上的连接体问题：①这类问题一般多是连接体（系统）各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度。
（3）斜面体与上面物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。[来源:21世纪教育网]
2．解决这类问题的关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各个物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解。
命题研究二、牛顿第二定律结合运动图象
【题例2】（2012·北京理综）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图2所示。电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2；
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
思路点拨：由v－t图象不难求出电梯在不同时间段内的加速度，结合牛顿第二定律即可求解。
解题要点：
规律总结
物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是v－t图象在考题中出现率极高。对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果。解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注v－t图中的斜率（加速度）和力的图线与运动的对应关系。
命题研究三、滑板类问题
【题例3】（2012·山东理综）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4。工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。（取g＝10 m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑到C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小。
②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
思路点拨：第二问中要使物块在P点与工件保持相对静止，且向左加速，先对物块受力分析求出加速度，再整体利用牛顿第二定律可求解。
解题要点：
1．如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
2．（2012·哈尔滨三中模拟）如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上。若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（　　）
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
3．（2013·北京海淀期中）如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是（　　）
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
4．（2013·山西忻州检测）在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上，如图甲所示。用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大。分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图乙所示。已知木块质量为8.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。
甲
丙
乙
（1）求木块与长木板间的动摩擦因数；
（2）如图丙，木块受到恒力F＝50 N作用，方向与水平方向成θ＝37°角斜向右上方，求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度；
（3）在（2）中拉力F作用t1＝2.0 s后撤去，计算再经过多少时间木块停止运动。
参考答案
基础梳理自测
知识梳理
二、大于　向上　向上　小于　向下　向下　为零　g
基础自测
1．AB　2．BD21世纪教育网
3．BC　解析：根据题述，物块未曾离开升降机的天花板，弹簧长度相同，弹簧中弹力相同，地板所受压力F1相同，选项B正确，A错误。当升降机向上运动时，在0～t1时间内，加速度向上，天花板对物块向下压力最小；在t2～t3时间内，减速运动，天花板对物块向下压力最大；所以选项C正确，D错误。
4．D
核心理解深化
【自主探究1】D
提示：下蹲前，该同学对传感器的压力等于其重力；下蹲的初始阶段，该同学从静止做加速运动，其加速度方向向下，处于失重状态，对传感器的压力小于其重力；该同学速度达到最大后，又要做减速运动，其加速度方向向上，处于超重状态，对传感器的压力要大于其重力，故选项D正确。
【自主探究2】答案：14.4 N≤F≤33.6 N
解析：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向。
对物块分析，
在水平方向有
FNsin θ－μFNcos θ＝ma1
竖直方向有
FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0
对整体有
F1＝（M＋m）a1
代入数值得
a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N
（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，
对物块分析，在水平方向有
FN′sin θ＋μF′cos θ＝ma2，
竖直方向有FN′cos θ－μFN′sin θ－mg＝0，
对整体有F2＝（M＋m）a2
代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N
综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N
提示：此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下。找准临界状态是求解此题的关键。
考向探究突破
【题例1】解析：以A、B、C系统为研究对象，其所受的外力在绳的方向上，有mBg－μ（mA＋mC）g＝（mA＋mB＋mC）a
则系统的加速度为
a＝
＝ m/s2
＝3.68 m/s2
设A、C间绳的张力为F1，以C为研究对象，则有
F1－μmCg＝mCa
所以F1＝mCa＋μmCg＝mC（a＋μg）
＝1×（3.68＋0.25×9.8）N
＝6.13 N
设A、B间的张力为F2，以A、C整体为研究对象有
F2－μ（mA＋mC）g＝（mA＋mC）a
所以F2＝（mA＋mC）a＋μ（mA＋mC）g
＝（2＋1）×3.68 N＋0.25×（2＋1）×9.8 N
＝18.4 N。
【题例2】答案：（1）2.2×104 N　1.8×104 N
（2）0.5 m/s　1.5 m/s　（3）2.0×105 W　1.0×105 J
解析：（1）由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2
F1＝m（g＋a1）＝2.0×103×（10＋1.0）N＝2.2×104 N
F2＝m（g＋a2）＝2.0×103×（10－1.0）N＝1.8×104 N
（2）类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积
Δv1＝0.50 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s。
（3）由a－t图象可知，11 ～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，有vm＝10 m/s，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W[来源:21世纪教育网]
由动能定理，总功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J。
【题例3】答案：（1）0.2 m　（2）①8.5 N　②0.4 m
解析：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
mgh－μ1mgL＝0①
代入数据得
h＝0.2 m②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cos θ＝③
根据牛顿第二定律，对物块有
mgtan θ＝ma④
对工件和物块整体有
F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F＝8.5 N⑥
②设物块平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式可得
h＝gt2⑦
x1＝vt⑧
x2＝x1－Rsin θ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得21世纪教育网
x2＝0.4 m⑩
演练巩固提升
1．A　解析：以A、B整体为研究对象，仅受重力，由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g，方向竖直向下。以A为研究对象，因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，在上升和下降过程中A对B的压力一定为零，选项A正确，B、C、D错误。
2．BD　解析：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项B、D正确。
3．A　解析：把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确。
4．答案：（1）0.4　（2）2.5 m/s2　（3）1.25 s
解析：（1）由题图乙可知滑动摩擦力Ff＝32 N，压力FN＝mg＝80 N，由Ff＝μFN，
求得木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4
（2）根据牛顿运动定律得Fcos θ－Ff＝ma
Fsin θ＋FN′＝mg
Ff＝μFN′
联立解得：a＝2.5 m/s2
（3）拉力F作用t1＝2.0 s后物体速度v＝at1＝2.5×2 m/s＝5 m/s，
撤去F后，加速度a′＝μg＝4 m/s2
继续滑行时间t2＝v/a′＝1.25 s。
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