资源简介

(共70张PPT)
牛顿第二定律的基本应用
第
2
讲
目标
要求
1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算.
内容索引
考点一　瞬时问题
考点二　超重和失重问题
考点三　动力学两类基本问题
课时精练
考点一
瞬时问题
1.两种模型
合外力与加速度具有因果关系，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 发生突变.
梳理
必备知识
不能
2.解题思路
例1　如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度为g.则有
A.a1＝0，a2＝g
B.a1＝g，a2＝g
C.a1＝0，a2＝4g
D.a1＝g，a2＝4g
√
开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，
受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝ ＝4g，故C正确，A、B、D错误.
例2　在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的
A.加速度为零，速度为零
B.加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C.加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D.加速度a＝g，方向竖直向下
√
若小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时速度为零，所受合力大小为mg.方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，所以加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下.故选B.
例3　(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°.现剪断细线P.弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是
C.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
√
√
√
剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力.根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，联立解得x＝ 故A正确；
剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；
考点二
超重和失重问题
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 (选填“无关”或“相关”).
(2)视重：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.
梳理
必备知识
无关
2.超重、失重和完全失重的对比
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重 实重 视重 实重 视重等于___
产生条件 物体的加速度______ 物体的加速度_____ 物体竖直向下的加速度等于___
对应运 动情境 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等
原理 F－mg＝ma F＝________ mg－F＝ma F＝_________ mg－F＝mg
F＝___
大于
小于
0
向上
向下
g
mg＋ma
mg－ma
0
1.加速上升的物体处于超重状态.(　　)
2.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.(　　)
3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.(　　)
4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化.(　　)
5.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.(　　)
√
×
×
√
×
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.
提升
关键能力
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4　“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中
A.人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C.在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D.在c点，人的速度为零，其加速度也为零
考向1　对超、失重现象的理解
√
在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；
在c点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D错误.
例5　(多选)(2023·河南省模拟)在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是
A.飞行员的质量为70 kg
B.飞行员在t1时刻的加速度方向向下
C.飞行员在t2时刻的加速度方向向下
D.从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2
√
考向2　超、失重现象的图像问题
√
由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A错误；
飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；
飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；
由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，D正确.
例6　跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示).现让升降机将座舱送到距地面H＝78 m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m＝10 kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力，g取10 m/s2).
考向3　超、失重现象的分析和计算
(1)当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等.
答案　见解析　
设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G
根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)当座舱落到距地面h1＝50 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F1；
答案　0　
座舱自由下落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50 m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0.
(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；
答案　16 m/s2
座舱自由下落高度为H－h＝78 m－30 m＝48 m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)
座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16 m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16 m/s2.
(4)当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2.
答案　260 N
由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260 N，故当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，小明对书包的作用力大小为260 N.
考点三
动力学两类基本问题
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；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁.
例7　(2022·浙江1月选考·19改编)第24届冬奥会在我国举办.钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s.若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
运动员在直道AB上做匀加速运动，
则有v12＝2a1x1
(2)过C点的速度大小；
答案　12 m/s
由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小.
在斜道BC上由牛顿第二定律，有
mgsin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
答案　66 N
例8　(2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连.一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点.滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点).取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a；
答案　5.6 m/s2
代入数据解得a＝5.6 m/s2
答案　0.05　
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ；
在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcos θ＝0，Ff＝μFN，
联立解得μ＝0.05.
答案　59 m
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内滑行的距离x.
运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，
根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋ a′t′2，联立解得x＝59 m.
四
课时精练
1.(2020·山东卷·1)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>mg
B.t1～t2 时间内，v减小，FNC.t2～t3 时间内，v增大，FND.t2～t3时间内，v减小，FN>mg
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√
基础落实练
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FN1
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t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确.
2.水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是
A.小车2 s末的速度大小是4 m/s
B.小车受到的阻力大小是15 N
C.撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D.小车运动的总时间为6 s
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根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；
3.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力
A.t＝2 s时最大
B.t＝2 s时最小
C.t＝8.5 s时最大
D.t＝8.5 s时最小
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人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力
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大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误.
4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是
A.物体沿CA下滑，加速度最大
B.物体沿EA下滑，加速度最大
C.物体沿CA滑到底端所需时间最短
D.物体沿DA滑到底端所需时间最短
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√
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设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误；
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5.(2023·浙江宁波市鄞州中学模拟)如图所示，竖直平面内两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接.弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为
A.a＝0.5g
B.a＝g
C.a＝1.5g
D.a＝0
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弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，由平衡条件知轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球的合力为2mg，此时加速度大小
为2g，方向向下；当弹簧的弹力为支持力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件知轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故A、B、C错误，D正确.
6.(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＝t2 B.t2>t3
C.t1√
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能力综合练
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设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；
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而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝ 可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确.
7.(2023·浙江省高三开学考试)航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰.一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他
阻力，cos 37°＝0.8，此时阻拦索上的弹力为
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
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根据题意可知，飞机做匀减速运动，设加速度大小为a，由公式v02＝2ax，解得a＝20 m/s2，设阻拦索上的弹力为F，由牛顿第二定律有2Fcos 37°＝ma，解得F＝2.5×105 N，故选A.
8.(多选)(2023·安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠.在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则
A.跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B.入水后全红婵处于失重状态
C.全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D.入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
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跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；
入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；
以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－ 可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；
入水时的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝ ＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确.
9.(2020·浙江7月选考·19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg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＝34 s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：(g取10 m/s2)
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(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
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答案　0.125 m/s2　竖直向下　
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由题及题图乙可知，在0～26 s时间内，物件匀速运动，26～34 s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
(2)匀速运动的速度大小；
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答案　1 m/s
设匀减速时间为t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由运动学公式有v＝at2＝1 m/s
(3)总位移的大小.
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答案　40 m
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由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
所以物件的总位移大小h＝40 m.
10.(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ 货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2).
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(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
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答案　2 m/s2　
根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
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答案　4 m/s
根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
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答案　2.7 m
根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
11.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)
A.A球将向上运动，B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动，C球不动
C.A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D.A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
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素养提升练
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开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；
B球下的弹簧被拉长，弹力向下；
将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为
零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.第2讲　牛顿第二定律的基本应用
目标要求　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．
考点一　瞬时问题
1．两种模型
合外力与加速度具有因果关系，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1　如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度为g.则有(　　)
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　开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝4g，故C正确，A、B、D错误．
例2　在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的(　　)
A．加速度为零，速度为零
B．加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
答案　B
解析　若小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时速度为零，所受合力大小为mg.方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，所以加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下．故选B.
例3　(多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°.现剪断细线P.弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)
A．剪断细线P前，弹簧形变量为
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
答案　ACD
解析　剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力．根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，联立解得x＝，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg考点二　超重和失重问题
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(选填“无关”或“相关”)．
(2)视重：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．
2．超重、失重和完全失重的对比
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0
产生条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体竖直向下的加速度等于g
对应运 动情境 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 自由落体运动、竖直上抛运动、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．加速上升的物体处于超重状态．(　√　)
2．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．(　×　)
3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(　×　)
4．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．(　√　)
5．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．(　×　)
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．
考向1　对超、失重现象的理解
例4　“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中(　　)
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
答案　C
解析　在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D错误．
考向2　超、失重现象的图像问题
例5　(多选)(2023·河南省模拟)在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．飞行员的质量为70 kg
B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下
C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下
D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2
答案　BD
解析　由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，D正确．
考向3　超、失重现象的分析和计算
例6　跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示)．现让升降机将座舱送到距地面H＝78 m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m＝10 kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力，g取10 m/s2)．
(1)当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等．
(2)当座舱落到距地面h1＝50 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F1；
(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；
(4)当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2.
答案　(1)见解析　(2)0　(3)16 m/s2　(4)260 N
解析　(1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G
根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)座舱自由下落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50 m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0.
(3)座舱自由下落高度为H－h＝78 m－30 m＝48 m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)
座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16 m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16 m/s2.
(4)由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260 N，故当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，小明对书包的作用力大小为260 N．
考点三　动力学两类基本问题
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；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁．
例7　(2022·浙江1月选考·19改编)第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析　(1)运动员在直道AB上做匀加速运动，
则有v12＝2a1x1
解得a1＝ m/s2
(2)由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有
x2＝v1t2＋a2t22
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有
mgsin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
例8　(2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连．一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点．滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点)．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a；
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ；
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内滑行的距离x.
答案　(1)5.6 m/s2　(2)0.05　(3)59 m
解析　(1)根据L＝v0t＋at2，
代入数据解得a＝5.6 m/s2
(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcos θ＝0，Ff＝μFN，
联立解得μ＝0.05.
(3)运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，
根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋a′t′2，联立解得x＝59 m.
课时精练
1.(2020·山东卷·1)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>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FNC．t2～t3 时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
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．
2．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是(　　)
A．小车2 s末的速度大小是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
答案　B
解析　根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误．
3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案　AD
解析　人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．
4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是(　　)
A．物体沿CA下滑，加速度最大
B．物体沿EA下滑，加速度最大
C．物体沿CA滑到底端所需时间最短
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短
答案　AD
解析　设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得＝at2，联立可求得t＝2，当α＝45°时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确．
5.(2023·浙江宁波市鄞州中学模拟)如图所示，竖直平面内两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为(　　)
A．a＝0.5g B．a＝g
C．a＝1.5g D．a＝0
答案　D
解析　弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，由平衡条件知轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球的合力为2mg，此时加速度大小为2g，方向向下；当弹簧的弹力为支持力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件知轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故A、B、C错误，D正确．
6.(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＝t2 B．t2>t3
C．t1答案　BCD
解析　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确．
7.(2023·浙江省高三开学考试)航母阻拦索是航母阻拦装置的重要组成部分，实现了舰载机在有限长度的航母甲板上的安全着舰．一舰载机的质量为2×104 kg，以速度216 km/h着舰的同时其尾钩钩住阻拦索，此后舰载机视为匀减速直线运动，运动90 m时速度为零，如图所示，某时刻两条阻拦索之间的夹角为74°，不计着舰过程中的其他阻力，cos 37°＝0.8，此时阻拦索上的弹力为(　　)
A．2.5×105 N B．5×105 N
C．6.5×106 N D．1.3×107 N
答案　A
解析　根据题意可知，飞机做匀减速运动，设加速度大小为a，由公式v02＝2ax，解得a＝
20 m/s2，设阻拦索上的弹力为F，由牛顿第二定律有2Fcos 37°＝ma，解得F＝2.5×105 N，故选A.
8．(多选)(2023·安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则(　　)
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
答案　AD
解析　跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．
9．(2020·浙江7月选考·19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg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＝34 s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：(g取10 m/s2)
(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)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s
(3)40 m
解析　(1)由题及题图乙可知，在0～26 s时间内，物件匀速运动，26～34 s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
可得a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下
(2)设匀减速时间为t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由运动学公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m
由题意可知h1＋h2＝h，
所以物件的总位移大小h＝40 m.
10．(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
11.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案　D
解析　开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.

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