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第8讲　牛顿第二定律的基本应用
例1　A　[解析] 将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,如图乙所示,C、D间弹簧的弹力FCD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB==g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC==1.5g,故A正确.
变式1　AD　[解析] 设两球质量均为m,对小球A进行受力分析,如图甲所示,剪断水平细线后,小球A将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下,即垂直倾斜细线向下,则有FT1=mgcos θ、F1=mgsin θ=ma1,所以a1=gsin θ,方向垂直倾斜细线向下,故A正确;对小球B进行受力分析,如图乙所示,水平细线剪断瞬间,小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变,小球B的加速度a2的方向水平向右,则有FT2=、F2=mgtan θ=ma2,所以a2=gtan θ,故B错误;图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2=cos2 θ∶1,故D正确,C错误.
例2　BD　[解析] 木块C放在A上的瞬间,弹簧没有发生突变,弹力大小不变,即弹簧的弹力大小仍然为mg,弹簧的形变量不变,故A错误,B正确;结合上述可知,木块C放在A上的瞬间,弹簧没有发生突变,B对水平面的压力大小与没有放C之前一样,即B对水平面的压力大小为2mg,故C错误;结合上述可知,A所受弹簧弹力与A的重力平衡,对A、C整体,根据牛顿第二定律有2mg=(m+2m)a,解得a=g,故D正确.
变式2　B　[解析] 对P受力分析,根据平衡条件可知,弹簧处于拉伸状态,弹力大小为F=4mg-3mg=mg,根据胡克定律有F=kx,联立解得弹簧的劲度系数为k=,故A错误;撤去挡板瞬间,挡板的支持力消失,弹簧的弹力不会发生突变,对Q受力分析,根据牛顿第二定律得2mg-F=2ma1,联立解得a1=,故B正确;撤去挡板瞬间,对P受力分析,可知其受力情况不变,由牛顿第二定律得3mg+F-4mg=3ma2,联立解得a2=0,故C错误;剪断绳子瞬间,绳子拉力消失,弹簧的弹力不变,对P受力分析,根据牛顿第二定律得3mg+F=3ma3,联立解得a3=g,故D错误.
例3　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)50 m
[解析] (1)根据牛顿第二定律得,人从斜坡上滑下的加速度为
a1==2 m/s2
(2)根据速度与位移的关系有
v2=2a1xAB
解得v=2 m/s
(3)在水平滑道上做匀减速运动的加速度大小为a2=μg=5 m/s2
根据速度—位移公式得,B点的速度为vB==10 m/s
根据速度—位移公式得
LAB==50 m
例4　(1)900 N　(2)25 N　25 N
[解析] (1)第一次弹射模拟,AB段有LAB=a1
而F-μMg=Ma1
BC段有μMg=Ma2
由题意可得a1t1=a2t2
解得F=900 N
(2)根据上述分析,可求得μ=0.5
第二次弹射模拟,AB段有
F-μ(M+2m)g=(M+2m)a3
作用力FAB=
解得FAB=25 N
BC段有
μ(M+2m)g=(M+2m)a4
作用力FBC=
解得FBC=25 N
例5　C　[解析] 电梯匀加速运动时,电梯对人的作用力与人对电梯的作用力是相互作用力,总是等大反向的,A错误;电梯匀加速运动时,根据牛顿第二定律可知F-mg=ma,电梯对人的作用力F=ma+mg不变,B错误;电梯匀减速运动时,加速度向下,电梯中人处于失重状态,电梯对人的支持力小于人的重力,由牛顿第三定律知电梯中人对电梯的压力小于人的重力,C正确;电梯匀加速运动过程和匀减速运动过程平均速度一定相同,且都等于最大速度的一半,D错误.
例6　C　[解析] 下蹲过程应先向下加速后向下减速,则先失重后超重,对应压力先减小后增大,D点对应人正在下蹲,处于超重,故A错误;根据牛顿第二定律,设人的质量为m,D点对应人的加速度大小为aD=,A点对应人的加速度大小为aA=,可知无法计算D点和A点对应人的加速度之比,故B错误;站起过程应先向上加速后向上减速,则先超重再失重,对应压力先增大后减小,B点对应人正在站起,处于失重,故C正确;站起过程应先向上加速后向上减速,则先超重再失重,下蹲过程应先向下加速后向下减速,则先失重后超重,可知图示的时间内该同学完成一次起立、下蹲的动作,故D错误.
变式3　BD　[解析] 由图像可知,电梯由静止开始,4~9 s内向上加速运动,处于超重状态;9~16 s时间内向上匀速运动;16~20 s时间内加速度方向向下,电梯向上做减速运动,处于失重状态,故A、C错误,B、D正确.
例7　BC　[解析] v t图像面积表示消防员运动的位移大小,可知上升的最大高度为H= m=675 m,故选项A错误;在30~90 s内,消防员减速上升,加速度方向竖直向下,处于失重状态,故选项B正确;在210~225 s内,消防员减速下降,加速度方向向上,处于超重状态,故选项C正确;150~255 s内,平均速度大小等于位移与时间的比值,由图像可知h= m=675 m,== m/s= m/s,故选项D错误.
例8　C　[解析] 设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,可得a=gsin θ,由运动学公式可得l=at2,由几何关系可知l=2Rsin θ,解得t=,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间相同,均为t=,故选C.
变式4　A　[解析] 研究物块沿其中一条轨道的运动情况,以AB轨道为例,对AO段,加速度a=gcos θ,由运动学公式可知2r1cos θ=gcos θ·,可得时间t1与夹角θ无关,则沿AO、CO和EO运动的时间相等;对OB段,由运动学公式可知r2=gcos θ·t1·t2+gcos θ·,可得夹角θ越大,则t2越长,所以tAB>tCD>tEF,选项A正确.
变式5　B　[解析] 以P点为最高点,取合适的竖直直径Pe作圆,如图中虚线所示,虚线圆为等时圆,即从P到f、b、g是等时的,比较图示位移可知Pa>Pf,Pct2>t3,选项B正确.第8讲　牛顿第二定律的基本应用
1.B　[解析] v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小,由图可知,t2到t3时间内向上的加速度最大,可知这个时段航天员超重感觉最明显,故B正确.
2.D　[解析] 小球静止时,由平衡条件得弹簧的弹力F=mgtan 53°=mg,细绳的拉力FT==mg,故A、B错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为g,故C错误,D正确.
3.B　[解析] 某时刻突然撤去压力F,对整体,根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a,对物块,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为FN=mg,故选B.
4.D　[解析] 从a-t图像可以看出,电梯从静止开始,先加速下降,再匀速下降一段时间又减速下降,然后又开始上升,先加速上升,再匀速上升一段时间最后减速上升,在10 s时,由于加速度向下,手机处于失重状态,A错误,D正确;从a-t图像可以看出,最大加速度约为0.5 m/s2,B错误;在减速下降和加速上升的过程中,手机处于超重状态,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,可得FNm=m(g+0.5)=1.05mg,根据牛顿第三定律可知对地板的压力FNm'=FNm,C错误.
5.C　[解析] 如图所示,ABCD为同一圆上的点,圆的半径为R,小球从A沿光滑管AB、AC、AD滑下,从AB下滑用时为t1,有2R=g,解得t1=,从AC下滑,有a=gcos θ,而AC的长度为L=2Rcos θ,故有L=a,解得t2=,同理,若从AD下滑,时间为t3=,即小球到达圆上三点所用时间相同;依此结论可知,现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦,相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上,且所在位置和竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角,故C正确.
6.D　[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度,0~t1时间内乘客的速度增大,乘客向下做加速运动,故加速度向下,乘客失重,得FNmg,选项C错误,D正确.
7.B　[解析] 剪断弹簧2前,以A、B、C为整体受力分析可得FT-3mg=3ma,对C受力分析可得F2-mg=ma,以B、C为整体受力分析可得F1-2mg=2ma,剪断弹簧2瞬间,弹簧1的弹力不发生突变,A与绳相连会与升降机一起匀加速,aA=2 m/s2,弹簧2的弹力为零,对B有F1-mg=maB,解得aB=14 m/s2,剪断弹簧2瞬间,C只受到重力作用,则-mg=maC,C的加速度为aC=-10 m/s2,故B正确.
8.C　[解析] 对球b受力分析,有k2x=mg,对a球受力分析,水平方向有FTsin 60°=k1x,竖直方向有FTcos 60°=mg+k2x,整理有=2,故A、B错误;在剪断细绳后,细绳的拉力消失,剪断瞬间弹簧的形变量因为不能突变,所以弹簧弹力不变,对b球来说,其重力和弹簧N的弹力不变,而由之前的分析可知k2x=mg,所以剪断瞬间,b球处于平衡状态,故D错误;由之前分析可知,小球a处于平衡状态,所以剪断细绳瞬间,a球所受合外力的大小与轻绳的拉力大小相等,所以有F合=FT=ma,解得a=4g,故C正确.
9.AD　[解析] 根据匀变速直线运动规律x=t,游客经过B点时速度大小不变,可知游客在AB、BC段通过的位移大小之比为3∶2,故A正确;根据加速度的计算公式有v=at,则游客在AB、BC段的加速度大小之比为2∶3,故B错误;根据牛顿第二定律可知,在斜面上有mgsin θ-μmgcos θ=maAB,在水平滑道上有μmg=maBC,解得μ=,故C错误;游客由A到C通过的总路程为x=aAB+aBC,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=maAB、μmg=maBC,解得x≈511 m,故D正确.
10.C　[解析] 对甲同学的火箭,t时间内的加速度为a1,由牛顿第二定律可得F-mg=ma1,解得a1=g,t时刻的速度为v1=a1t,上升的高度为h=gt2+=gt2,对乙同学的火箭,在0~内的加速度a2=a1=g,时刻的速度为v2=a2·=gt,在~t内加速度为a2',则F-mg=ma2',解得a2'=3g,t时刻的速度v2'=v2+a2'·=2gt,上升的高度为h'=·+·+=2.75gt2=2.75h,故C正确,A、B、D错误.
11.(1)0.5　(2)48 N
[解析] (1)滑块在斜面上以a=2 m/s2的加速度匀加速下滑时,由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.5
(2)滑块在恒力作用下,由牛顿第二定律可得Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ+mgcos θ)=ma'
滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动,在0~2 s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4 m,由位移—时间公式可得x=a't2
代入数据解得a'=2 m/s2
联立解得F=48 N
12.(1)40 N　(2)258 N　(3)0.3 m
[解析] (1)木块恰好静止在铁箱的后壁上时,木块在竖直方向受力平衡有Ff=μ2FN=mg
解得铁箱对木块的支持力的大小FN=40 N
根据牛顿第三定律,木块对铁箱压力的大小为40 N
(2)木块在水平方向的加速度设为a根据牛顿第二定律有FN=ma
以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1g=a
联立解得F=258 N
(3)木块落到铁箱底部,撤去拉力后,铁箱和木块均以v=6 m/s的初速度做匀减速直线运动,铁箱受到地面的摩擦力Ff1=μ1g=18 N,方向水平向左
铁箱受到木块的摩擦力Ff2=μ2mg=2.5 N,方向水平向右
设铁箱的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有Ff1-Ff2=Ma1
解得a1=3.1 m/s2,方向水平向左
设木块的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有Ff2=μ2mg=ma2
解得a2=2.5 m/s2,方向水平向左
再经过1 s,木块从铁箱的左侧到达右侧,则木块对地位移x2=vt-a2t2
铁箱对地位移x1=vt-a1t2
故铁箱内壁的长度为x=x2-x1=0.3 m第8讲　牛顿第二定律的基本应用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类:已知受力情况求物体的运动情况.
第二类:已知运动情况求物体的受力情况.
2.解决两类基本问题的方法
以　　　　为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图:
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)　　　　物体所受重力的现象.
(2)产生条件:FN>mg.
(3)常见情景:竖直方向　　　　　　　.
2.失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的现象.
(2)产生条件:FN(3)常见情景:竖直方向　　　　　　　.
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物(或悬挂物)　　　　　　　　　的现象称为完全失重现象.
(2)产生条件: FN=0.
(3)常见情景:地面附近竖直方向加速度向下,a=　　　;卫星在太空轨道上绕地球运动或其他天体做匀速圆周运行时.
【辨别明理】
1.系统的内力不会影响系统整体的运动效果. (　)
2.运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解,所以加速度由运动情况决定. (　)
3.质量为m的物体处于超重状态时,物体的重力大于mg. (　)
4.物体处于完全失重状态时其重力消失. (　)
5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于其重力. (　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　瞬时类问题
1.瞬时性问题本源
加速度与合力具有因果关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失.从研究连接物体的模型角度可以分为以下两种情况.
(1)轻绳、轻杆(或接触面):不发生明显形变就能产生弹力的物体,在瞬时性问题中,其弹力立即消失或改变,恢复形变不需要时间,弹力可以突变.
(2)轻弹簧、橡皮绳:发生明显形变产生弹力的物体,需要较长的形变恢复时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变,弹力不可突变.
2.解题思路
(1)选取研究对象(一个物体或几个物体组成的系统).
(2)先分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面之前物体的受力情况,由平衡条件求相关力.
(3)再分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面瞬间物体的受力情况,由牛顿第二定律列方程求瞬时加速度.
例1 [2024·湖南卷] 如图所示,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为
(　)
A.g,1.5g
B.2g,1.5g
C.2g,0.5g
D.g,0.5g
[反思感悟]


变式1 (多选)如图甲、乙所示,图中细线均不可伸长,两小球质量相同且均处于平衡状态,细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ,重力加速度大小为g.如果突然把两水平细线剪断,则剪断瞬间 (　)
A.图甲中小球的加速度大小为gsin θ,方向垂直倾斜细线向下
B.图乙中小球的加速度大小为gtan θ,方向水平向左
C.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2 θ
D.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2 θ∶1
例2 (多选)[2024·安徽合肥一中模拟] 如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,二者处于静止状态,重力加速度为g.将质量为2m的木块C放在A上的瞬间,则 (　)
A.弹簧的弹力大小变为3mg
B.弹簧的形变量不变
C.B对水平面的压力大小变为4mg
D.A的加速度大小为g
[反思感悟]



变式2 [2024·四川绵阳模拟] 如图所示,质量分别为3m和2m的P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接,当系统静止时轻绳的拉力大小为4mg,轻弹簧的伸长量为x,重力加速度为g.则下列说法正确的是 (　)
A.弹簧的劲度系数为
B.撤去挡板瞬间,Q的加速度为
C.撤去挡板瞬间,P的加速度为g
D.剪断绳子瞬间,P的加速度为g
　动力学中的两类基本问题
考向一　已知受力求运动
例3 [2024·浙江金华模拟] 如图甲所示,滑草场惊险刺激,深受人们喜爱.简化图像如图乙所示,假设某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再滑一段距离到C点停下来.如果人和滑板的总质量为m=60 kg,滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜坡的倾角为θ=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜坡与水平滑道间是平滑连接的,整个运动过程中空气阻力忽略不计.(重力加速度大小g取10 m/s2)
(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大
(2)若A、B间距离为10 m,求人和滑板滑到斜坡底端的速度大小.
(3)若由于场地的限制,水平滑道的最大距离BC为L=20.0 m,则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少
　　　　　 　　　　　 　　　　　
考向二　已知运动求受力
例4 [2024·山东淄博模拟] 2023年11月,我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试.小李同学将这个过程简化成如图所示,ABC为水平轨道,其中AB段为有动力弹射段、长为LAB=80 m,BC段为无动力滑行段、足够长.将质量M=20 kg的物块(可视为质点)置于A处,在第一次弹射模拟中,物块在AB段的运动时间为2 s,在BC段的运动时间为16 s;在第二次弹射模拟中,该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹,每个配重块质量为m=5 kg.已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同,两次弹射的动力大小相等且恒定不变,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)AB段动力的大小;
(2)第二次弹射过程中,AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小.(结果可用根式表示)
　超重和失重问题
考向一　超重和失重的定性分析
例5 [2024·湖北孝感模拟] 某人乘电梯从1楼到10楼,电梯从静止开始先匀加速运动,后匀速运动,最后匀减速运动至停止.此过程中,下列说法正确的是 (　)
A.电梯匀加速运动时,电梯对人的作用力大于人对电梯的作用力
B.电梯匀加速运动时,电梯对人的作用力不断增大
C.电梯匀减速运动时,电梯中人对电梯的压力小于人的重力
D.电梯匀加速运动过程和匀减速运动过程平均速度可能不同
[反思感悟]


考向二　超重和失重图像问题
例6 [2024·江苏无锡一中模拟] 某同学站在力传感器上连续做“下蹲—站起—下蹲—站起……”的动作.截取力传感器某一时段内的采集数据如图所示,D点和A点对应的力值之比约4∶3.下列说法中正确的是 (　)
A.D点对应人正在站起,处于超重
B.D点和A点对应的人加速度之比约4∶3
C.B点对应人正在站起,处于失重
D.图示的时间内该同学完成两次起立、下蹲的动作
[反思感悟]


变式3 (多选)[2024·山西太原模拟] 物理探究小组同学用手机中安装的加速度传感器测量一架电梯运行过程中的加速度,他们利用电脑分析软件得到了一段时间内加速度与时间的关系图像如图所示.规定竖直向上的方向为正方向,已知从t=0时刻开始的一段时间内电梯处于静止状态,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.t=5 s时电梯处于超重状态,t=8 s时电梯处于失重状态
B.在16~20 s时间内,电梯一直处于失重状态
C.在10~15 s时间内,电梯保持静止状态
D.在t=18 s时,电梯的速度方向向上
例7 (多选)[2024·广西南宁一中模拟] 如图甲所示是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包,在某次演练时,消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行,规定竖直向上为正方向,其v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　)
A.消防员上升的最大高度为15 m
B.消防员在30~90 s内处于失重状态
C.消防员在210~225 s内处于超重状态
D.消防员在150~255 s内的平均速度大小为零
[反思感悟]



【技法点拨】
对超重、失重的进一步理解
(1)超重并不是说重力增加了,失重并不是说重力减少了,完全失重也不是说重力完全消失了.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、液体柱不再产生向下的压强等.
素养提升　等时圆问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.模型分析
如图甲、乙所示,质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端,可知加速度a=gsin θ,位移x=2Rsin θ,由匀变速直线运动规律有x=at2,得下滑时间t=2,即沿竖直直径自由下落的时间.图丙是甲、乙两图的组合,不难证明有相同的结论.
2.结论
模型1:质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用的时间相等,如图甲所示;
模型2:质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间相等,如图乙所示;
模型3:竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点从上环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等,如图丙所示.
例8 如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD.四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R.四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　)
A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短
B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
[反思感悟]


变式4 [2024·湖南长沙模拟] 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.有三条光滑轨道AB、CD、EF,它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上,三轨道都经过切点O,轨道与竖直线的夹角关系为α<β<θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端,则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>tEF B.tAB=tCD=tEF
C.tAB变式5 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示,Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆,P、a、b、c位于同一圆周上,点d为圆周的最高点,c点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从P处释放(初速度为0),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达a、b、c所用的时间,则
(　)
A.t1B.t1>t2>t3
C.t3>t2=t1
D.t1=t2=t3
一、2.加速度
二、1.(1)大于　(3)加速度向上　2.(1)小于　
(3)加速度向下　3.(1)完全没有作用力　(3)g
【辨别明理】
1.√　2.×　3.×　4.×　5.×第8讲　牛顿第二定律的基本应用 (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2024·江苏淮安一中模拟] “神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31日返回地面,图甲是返回舱降落的场景,从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地,返回舱的下落简化v-t图如图乙所示.舱内航天员的超重感觉最明显的时段是 (　)
A.从t1到t2 B.从t2到t3
C.从t3到t4 D.从t4到t5
2.细绳拴着一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,重力加速度大小为g,如图所示,以下说法正确的是(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8) (　)
A.小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为mg
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
3.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示,竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端与质量M=2m的木板相连,质量为m的物块放在木板上,物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压力F,整个系统处于静止状态,g为重力加速度.某时刻突然撤去压力F,则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为 (　)
A.mg
B.mg
C.2mg
D.mg
4.[2024·浙江学军中学模拟] 某同学利用手机加速度传感器研究电梯运动时的超失重现象.某次测量时,手机平放在电梯地板上,电梯由静止开始运动,获得竖直方向的加速度a随时间t变化的图线(取竖直向上为正方向)如图所示,重力加速度大小g取10 m/s2,则由图线可知,在5.0~30.0 s内 (　)
A.电梯一直向上运动且先加速再减速
B.电梯运动过程的最大加速度约为0.5g
C.手机对地板的压力最大值约为其重力的1.5倍
D.电梯先下降后上升,10 s时手机处于失重状态
5.[2024·湖北恩施模拟] 如图所示,三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐,B管竖直放置,A管与B管的夹角为α,C管与B管的夹角为β,且α<β.三个小球同时从管口顶端静止释放,经过相同的时间,三球所处位置正确的是(　)
A
B
C
D
6.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x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
7.[2024·山西太原模拟] 如图所示,三个质量均为m的物块A、B、C用轻弹簧1、2连接起来,并用细线悬挂在升降机内,升降机正以a=2 m/s2的加速度匀加速上升,A、B、C相对静止.取竖直向上为正方向,重力加速度大小g取10 m/s2,剪断弹簧2瞬间A、B、C的加速度分别为 (　)
A.0,2 m/s2,-10 m/s2
B.2 m/s2,14 m/s2,-10 m/s2
C.0,14 m/s2,10 m/s2
D.2 m/s2,2 m/s2,10 m/s2
8.[2024·江西南昌模拟] 如图所示,两个完全相同的小球a、b用轻弹簧N连接,轻弹簧M和轻绳一端均与a相连,另一端分别固定在竖直墙和天花板上,弹簧M水平,当轻绳与竖直方向的夹角为60°时,M、N伸长量刚好相同.若M、N的劲度系数分别为k1、k2,a、b两球的质量均为m,重力加速度大小为g,则以下判断正确的是 (　)
A.=2
B.=
C.若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,a球的加速度大小为4g
D.若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,b球处于失重状态
9.(多选)[2024·四川成都模拟] 极速冰滑梯是哈尔滨冰雪大世界最受欢迎的项目,其滑道可简化为下图,由倾角θ=37°的斜面滑道和水平滑道组成.一名游客坐在坐垫上从A点无初速度匀加速下滑,经15 s滑至B点,接着沿水平滑道匀减速滑行10 s后到C点停下.已知游客经过B点时速度大小不变,坐垫与两段滑道的动摩擦因数相同,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则 (　)
A.游客在AB、BC段通过的位移大小之比为3∶2
B.游客在AB、BC段的加速度大小之比为3∶2
C.坐垫与滑道间的动摩擦因数为0.36
D.游客由A到C通过的总路程约为511 m
10.[2024·天津和平区模拟] 某实验小组打算制作一个火箭,甲同学设计了一个火箭质量为m,可提供恒定的推动力,大小为F=2mg(g为重力加速度大小),持续时间为t;乙同学对甲同学的设计方案进行了改进,采用二级推进的方式,即当质量为m的火箭飞行经过时,火箭丢弃掉的质量(推动力不变),剩余时间,火箭推动剩余的继续飞行.若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h.则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化) (　)
A.2h
B.2.5h
C.2.75h
D.3.25h
11.一质量为m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上,在无外力F的情况下,以a=2 m/s2的加速度匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用于滑块,如图所示,使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动,在0~2 s时间内沿斜面向上运动的位移为x=4 m(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).求:
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小.
12.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示,质量为M=5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3.这时铁箱内一个质量为m=1 kg的可看成质点的木块恰好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.
(1)求木块对铁箱压力的大小;
(2)求水平拉力F的大小;
(3)减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹,当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力,又经1 s的时间木块从左侧到达右侧,求铁箱内壁的长度.(共111张PPT)
第8讲 牛顿第二定律的基本应用
作业手册
必备知识自查
核心考点探究
素养提升
◆
备用习题
答案核查【听】
答案核查【作】
一、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况.
第二类：已知运动情况求物体的受力情况.
2.解决两类基本问题的方法
以________为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻
辑关系如图：
加速度
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)______物体所受重力的现象.
(2)产生条件: .
(3)常见情景：竖直方向____________.
2.失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受重力的现象.
(2)产生条件: .
(3)常见情景：竖直方向____________.
大于
加速度向上
小于
加速度向下
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物(或悬挂物)________________的现象称为完全失重现象.
(2)产生条件: .
(3)常见情景：地面附近竖直方向加速度向下， ___；卫星在太空轨道
上绕地球运动或其他天体做匀速圆周运行时.
完全没有作用力
【辨别明理】
1.系统的内力不会影响系统整体的运动效果.( )
√
2.运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速
度由运动情况决定.( )
×
3.质量为的物体处于超重状态时，物体的重力大于 .( )
×
4.物体处于完全失重状态时其重力消失.( )
×
5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于其重力.( )
×
考点一 瞬时类问题
1.瞬时性问题本源
加速度与合力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失.
从研究连接物体的模型角度可以分为以下两种情况.
(1)轻绳、轻杆(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，在瞬时
性问题中，其弹力立即消失或改变，恢复形变不需要时间，弹力可以突变.
(2)轻弹簧、橡皮绳：发生明显形变产生弹力的物体，需要较长的形变恢
复时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变，弹力不
可突变.
2.解题思路
(1)选取研究对象(一个物体或几个物体组成的系统).
(2)先分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面之前物体的受力情况,由平衡条件求
相关力.
(3)再分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面瞬间物体的受力情况,由牛顿第二定
律列方程求瞬时加速度.
例1 [2024·湖南卷] 如图所示，质量分别为、、、
的四个小球、、、 通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于
点，处于静止状态，重力加速度为.若将、 间的细线剪断，
则剪断瞬间和 的加速度大小分别为( )
A.， B.， C.， D.，
√
[解析] 将、间的细线剪断前，、、、受力平衡，对、、 整
体受力分析，如图甲所示，、间弹簧的弹力，对 受力分析，
如图乙所示，、间弹簧的弹力 ；剪断细线瞬间，细线无拉力，
弹簧弹力不突变，对受力分析，如图丙所示，则 所受的合力
,的加速度大小，对 受力分析，如
图丁所示，则所受的合力， 的加速度大小
，故A正确.
变式1 (多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且
均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为 ,重力加速度大小
为 .如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间( )
A.图甲中小球的加速度大小为 ，方向垂直倾斜细线向下
B.图乙中小球的加速度大小为 ，方向水平向左
C.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为
D.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为
√
√
[解析] 设两球质量均为，对小球 进行受力分析，如图甲所示，剪断水
平细线后，小球将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球 的加速度
的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则有
、，所以 ，方向垂直倾
斜细线向下，故A正确；对小球 进行受力分析，如图乙所示，水平细线
剪断瞬间，小球所受重力和弹簧弹力不变，小球的加速度 的
方向水平向右，则有、 ，所以
，故B错误；图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为
，故D正确，C错误.
例2 (多选)[2024·安徽合肥一中模拟] 如图所示，质量均为的木块和
用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，二者处于静止状态，重力加
速度为.将质量为的木块放在 上的瞬间，则( )
A.弹簧的弹力大小变为
B.弹簧的形变量不变
C.对水平面的压力大小变为
D.的加速度大小为
√
√
[解析] 木块放在 上的瞬间，弹簧没有发生突变，弹力大小
不变，即弹簧的弹力大小仍然为 ，弹簧的形变量不变，故
A错误，B正确；结合上述可知，木块放在 上的瞬间，弹簧
没有发生突变，对水平面的压力大小与没有放 之前一样，
即对水平面的压力大小为，故C错误；结合上述可知，
所受弹簧弹力与的重力平衡，对、 整体，根据牛顿第二定
律有，解得 ，故D正确.
变式2 [2024·四川绵阳模拟] 如图所示，质量分别为和的、 按
如图的方式用轻弹簧和轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为 ，
轻弹簧的伸长量为，重力加速度为 .则下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数为
B.撤去挡板瞬间，的加速度为
C.撤去挡板瞬间，的加速度为
D.剪断绳子瞬间，的加速度为
√
[解析] 对 受力分析，根据平衡条件可知，弹簧处于拉伸状态，
弹力大小为，根据胡克定律有 ，
联立解得弹簧的劲度系数为 ，故A错误；撤去挡板瞬间，
挡板的支持力消失，弹簧的弹力不会发生突变，对 受力分析，
根据牛顿第二定律得，联立解得 ，故
B正确；撤去挡板瞬间，对 受力分析，可知其受力情况不变，
由牛顿第二定律得，联立解得 ，
故C错误；剪断绳子瞬间，绳子拉力消失，弹簧的弹力不变，
对受力分析，根据牛顿第二定律得 ，联立
解得 ，故D错误.
考点二 动力学中的两类基本问题
考向一 已知受力求运动
例3 [2024·浙江金华模拟] 如图甲所示，滑草场惊险刺
激，深受人们喜爱.简化图像如图乙所示，假设某人坐
在滑板上从斜坡的高处点由静止开始滑下，滑到斜坡底端 点后，沿水
平的滑道再滑一段距离到点停下来. 如果人和滑板的总质量为 ，
滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为 ，斜坡的倾角为
，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，
整个运动过程中空气阻力忽略不计.(重力加速度大小取 )
例3 [2024·浙江金华模拟] 如图甲所示，滑
草场惊险刺激，深受人们喜爱.简化图像如
图乙所示，假设某人坐在滑板上从斜坡的高
(1) 人从斜坡上滑下的加速度为多大？
[答案]
处点由静止开始滑下，滑到斜坡底端 点后，沿水平的滑道再滑一段距
离到点停下来.如果人和滑板的总质量为 ，滑板与斜坡滑道和
水平滑道间的动摩擦因数均为 ，斜坡的倾角为
，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，
整个运动过程中空气阻力忽略不计.(重力加速度大小取 )
[解析] 根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑
下的加速度为
例3 [2024·浙江金华模拟] 如图甲所示，滑
草场惊险刺激，深受人们喜爱.简化图像如
图乙所示，假设某人坐在滑板上从斜坡的高
(2) 若、间距离为 ，求人和滑板滑到斜坡底端的速度大小.
[答案]
处点由静止开始滑下，滑到斜坡底端 点后，沿水平的滑道再滑一段距
离到点停下来.如果人和滑板的总质量为 ，滑板与斜坡滑道和
水平滑道间的动摩擦因数均为 ，斜坡的倾角为
，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，
整个运动过程中空气阻力忽略不计.(重力加速度大小取 )
[解析] 根据速度与位移的关系有
解得
例3 [2024·浙江金华模拟] 如图甲所示，滑
草场惊险刺激，深受人们喜爱.简化图像如
图乙所示，假设某人坐在滑板上从斜坡的高
(3) 若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为 ，则人在斜
坡上滑下的距离 应不超过多少？
[答案]
处点由静止开始滑下，滑到斜坡底端 点后，沿水平的滑道再滑一段距
离到点停下来.如果人和滑板的总质量为 ，滑板与斜坡滑道和
水平滑道间的动摩擦因数均为 ，斜坡的倾角为
，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，
整个运动过程中空气阻力忽略不计.(重力加速度大小取 )
[解析] 在水平滑道上做匀减速运动的加速度
大小为
根据速度—位移公式得， 点的速度为
根据速度—位移公式得
考向二 已知运动求受力
例4 [2024·山东淄博模拟] 2023年11月，我国“福
建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试.小李同学
将这个过程简化成如图所示，为水平轨道，其中 段为有动力弹射
段、长为，段为无动力滑行段、足够长.将质量 的
物块(可视为质点)置于处，在第一次弹射模拟中，物块在 段的运动时
间为，在段的运动时间为 ；在第二次弹射模拟中，该同学在物
块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量为
.已知物块与水平轨道 间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的
动力大小相等且恒定不变，重力加速度取 . 求：
(1) 段动力的大小；
[答案]
[解析] 第一次弹射模拟，段有
而
BC段有
由题意可得
解得
例4 [2024·山东淄博模拟] 2023年11月，
我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹
射测试.小李同学将这个过程简化成如图所示，为水平轨道，其中
段为有动力弹射段、长为， 段为无动力滑行段、足够长.将
质量的物块(可视为质点)置于 处，在第一次弹射模拟中，物块
在段的运动时间为，在段的运动时间为 ；在第二次弹射模拟
中，该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重
块质量为.已知物块与水平轨道 间的动摩擦因数处处相同，两
次弹射的动力大小相等且恒定不变，重力加速度取 .求：
(2) 第二次弹射过程中，段和 段物块对每
个配重块作用力的大小. (结果可用根式表示)
[答案] ;
[解析] 根据上述分析，可求得
第二次弹射模拟， 段有
作用力
解得
BC段有
作用力
解得
考点三超重和失重问题
考向一 超重和失重的定性分析
例5 [2024·湖北孝感模拟] 某人乘电梯从1楼到10楼，电梯从静止开始先匀
加速运动，后匀速运动，最后匀减速运动至停止.此过程中，下列说法正
确的是( )
A.电梯匀加速运动时，电梯对人的作用力大于人对电梯的作用力
B.电梯匀加速运动时，电梯对人的作用力不断增大
C.电梯匀减速运动时，电梯中人对电梯的压力小于人的重力
D.电梯匀加速运动过程和匀减速运动过程平均速度可能不同
√
[解析] 电梯匀加速运动时，电梯对人的作用力与人对电梯的作用力是相
互作用力，总是等大反向的，A错误；电梯匀加速运动时，根据牛顿第二
定律可知，电梯对人的作用力 不变，B错误；
电梯匀减速运动时，加速度向下，电梯中人处于失重状态，电梯对人的支
持力小于人的重力，由牛顿第三定律知电梯中人对电梯的压力小于人的重
力，C正确；电梯匀加速运动过程和匀减速运动过程平均速度一定相同，
且都等于最大速度的一半，D错误.
考向二 超重和失重图像问题
例6 [2024·江苏无锡一中模拟] 某同学站在力传感器上连续做“下蹲—站
起—下蹲—站起……”的动作.截取力传感器某一时段内的采集数据如图所
示，点和点对应的力值之比约 .下列说法中正确的是( )
A. 点对应人正在站起，处于超重
B.点和点对应的人加速度之比约
C. 点对应人正在站起，处于失重
D.图示的时间内该同学完成两次起立、下蹲的动作
√
[解析] 下蹲过程应先向下加速后向下减速，则先失重
后超重，对应压力先减小后增大， 点对应人正在下蹲，
处于超重，故A错误；根据牛顿第二定律，设人的质量
为，点对应人的加速度大小为， 点对
应人的加速度大小为，可知无法计算 点和
点对应人的加速度之比，故B错误；站起过程应先向
上加速后向上减速，则先超重再失重，对应压力先增
大后减小， 点对应人正在站起，处于失重，故C正确；
站起过程应先向上加速后向上减速，则先超重再失重，下蹲过程应先向下
加速后向下减速，则先失重后超重，可知图示的时间内该同学完成一次起
立、下蹲的动作，故D错误.
变式3 (多选)[2024·山西太原模拟] 物理探究小
组同学用手机中安装的加速度传感器测量一架电
梯运行过程中的加速度，他们利用电脑分析软件
A.时电梯处于超重状态， 时电梯处于失重状态
B.在 时间内，电梯一直处于失重状态
C.在 时间内，电梯保持静止状态
D.在 时，电梯的速度方向向上
得到了一段时间内加速度与时间的关系图像如图所示.规定竖直向上的方
向为正方向，已知从 时刻开始的一段时间内电梯处于静止状态，重
力加速度取 .下列说法正确的是 ( )
√
√
[解析] 由图像可知，电梯由静止开始， 内
向上加速运动，处于超重状态； 时间内向
上匀速运动； 时间内加速度方向向下，
电梯向上做减速运动，处于失重状态，故A、C错误，B、D正确.
例7 (多选)[2024·广西南宁一中模拟] 如图甲所示是消防员用于观测高楼
火灾的马丁飞行背包，在某次演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开
始竖直飞行，规定竖直向上为正方向，其 图像如图乙所示，下列说
法正确的是( )
A.消防员上升的最大高度为
B.消防员在 内处于失重状态
C.消防员在 内处于超重状态
D.消防员在 内的平均速度大小为零
√
√
[解析] 图像面积表示消防员运动的位移大小，可知上升的最大高度
为，故选项A错误；在 内，消防员减速上
升，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故选项B正确；在
内，消防员减速下降，加速度方向向上，处于超重状态，故选项C正确；
内，平均速度大小等于位移与时间的比值，由图像可知
， ，故
选项D错误.
[技法点拨]
对超重、失重的进一步理解
(1)超重并不是说重力增加了,失重并不是说重力减少了,完全失重也不是说
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、液体柱不再产生向下的压强等.
素养提升 等时圆问题
1.模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止
滑到底端，可知加速度，位移 ，由匀变速直线运动
规律有，得下滑时间 ，即沿竖直直径自由下落的时间.图
丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论.
2.结论
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环
的最低点所用的时间相等，如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到
下端所用的时间相等，如图乙所示；
模型3：竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点从上
环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等，如图
丙所示.
例8 如图所示，四根光滑杆、、、 被固定成一个平行四边形
.四个顶点恰好位于同一个圆上，且、 两点是圆的最高点和最低点，
圆的半径为.四个相同的光滑圆环、、、 分别套在四根杆的上端由
静止释放，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.圆环滑到端的时间比圆环滑到 端的时间短
B.圆环滑到端的时间比圆环滑到 端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
√
[解析] 设杆长为，与水平方向的夹角为 ，圆环的质
量为，对圆环，根据牛顿第二定律可得 ，
可得 ，由运动学公
式可得，由几何关系可知 ，解得
，则圆环的
下滑时间与杆的倾角和杆长无关，同理可得圆环、、
的下滑时间相同,
均为 ，故选C.
变式4 [2024·湖南长沙模拟] 如图所示，有一半圆，其直径水
平且与另一圆的底部相切于点， 点恰好是下半圆的圆心.有
三条光滑轨道、、 ，它们的上下端分别位于上下两圆
的圆周上，三轨道都经过切点 ，轨道与竖直线的夹角关系为
A. B.
C. D.
.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块
在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
√
[解析] 研究物块沿其中一条轨道的运动情况，以 轨道为例，
对段，加速度 ，由运动学公式可知
，可得时间与夹角 无关，则沿 、
和运动的时间相等；对 段，由运动学公式可知
，可得夹角 越大，则 越长，
所以 ，选项A正确.
变式5 [2024·湖北武汉模拟] 如图所示，、、
是竖直面内三根固定的光滑细杆，、、、 位于同
一圆周上，点为圆周的最高点， 点为最低点.每根杆
上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从
处释放(初速度为0)，用、、 依次表示各滑环到达
、、 所用的时间，则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以点为最高点，取合适的竖直直径 作圆，如图
中虚线所示，虚线圆为等时圆，即从到、、 是等时
的，比较图示位移可知， ，故
，选项B正确.
备 用 习 题
1. (多选)如图所示,小球与轻弹簧、水平细绳相连,轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点.小球静止时,轻弹簧与竖直方向的夹角为θ.重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A.仅剪断细绳的瞬间,小球的加速度a=g,方向竖直向上
B.仅剪断轻弹簧的瞬间,小球的加速度a=gtan θ,方向水平向右
C.仅剪断细绳的瞬间,小球的加速度a=gtan θ,方向水平向左
D.仅剪断轻弹簧的瞬间,小球的加速度a=g,方向竖直向下
√
√
考点一　瞬时类问题
备 用 习 题
[解析] 设小球的质量为m,小球静止时,F绳=mgtan θ,仅剪断细绳的瞬间,轻弹簧拉力不改变,则小球受到的合力与F绳等大反向,即F合=mgtan θ,根据牛顿第二定律可得F合=ma,解得a=gtan θ,方向水平向左,故C正确,A错误;若剪断轻弹簧,则绳子拉力会突变为零,此时小球只受到重力的作用,根据牛顿第二定律可知,小球加速度a=g,方向竖直向下,故B错误,D正确.
备 用 习 题
2. (多选)如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根细绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋AC沿水平方向,绳BC与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
√
√
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gsin θ
C.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gsin θ
备 用 习 题
[解析] 设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为FT,由平衡条件得Fcos θ=mg,Fsin θ=FT,解得F= ,FT=mgtan θ.在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F发生了突变,小球的加速度沿与BC垂直的方向斜向下,大小为a= =gsin θ,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被剪断前的拉力大小相等,方向沿BC斜向下,故加速度a= = ,C正确,D错误.
备 用 习 题
3.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量均为m,物块2、4质量均为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4,重力加速度大小为g,则( )
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=
D.a1=g,a2= , a3=0,a4= g
√
g
备 用 习 题
[解析] 在抽出木板的瞬间,物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失,物块1、2受到的合力均等于各自的重力,由牛顿第二定律得a1=a2=g;物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3所受的合力F3=F-mg=0,则加速度a3=0;对物块4受力分析,受到向下的弹簧弹力和重力,由牛顿第二定律得a4= = g,故C正确.
备 用 习 题
4.如图所示,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,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间
( )
A.两图中两球的加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为0
C.图乙中轻杆的作用力一定不为0
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍
√
备 用 习 题
[解析] 撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin θ,加速度为2gsin θ,图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsin θ,加速度均为gsin θ,故D正确,A、B、C错误.
备 用 习 题
5.避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图,竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆车厢长为9 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为20 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物(忽略大小)开始在车厢内从车尾向车头滑动.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 ,货物与货车可分别视为小滑块和平板,求:(取cos θ=1,sin θ=0.1,g取10 m/s2)
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
[答案] 5 m/s2,方向沿着坡床向下
考点二　动力学中的两类基本问题
备 用 习 题
[解析] (1)设货物的质量为m,则其滑动时加速度的大小为am= =5 m/s2,方向沿着坡床向下
备 用 习 题
5.避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图,竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆车厢长为9 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为20 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物(忽略大小)开始在车厢内从车尾向车头滑动.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 ,货物与货车可分别视为小滑块和平板,求:(取cos θ=1,sin θ=0.1,g取10 m/s2)
(2)货物在车厢内滑动时货车的加速度大小;
[答案] 5.5 m/s2
备 用 习 题
[解析] (2)设货车的质量为M,则M=4m,货物在车厢内滑动时货车的加速度大小为
aM= =5.5 m/s2
备 用 习 题
5.避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图,竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆车厢长为9 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为20 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物(忽略大小)开始在车厢内从车尾向车头滑动.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 ,货物与货车可分别视为小滑块和平板,求:(取cos θ=1,sin θ=0.1,g取10 m/s2)
(3)在此过程中货物和货车的位移大小.
[答案] 40 m m
备 用 习 题
[解析] (3)由于μmgcos θ>mgsin θ,所以货物最终会静止在车厢内,不会在重力作用下沿车厢下滑,由于
μmgcos θ<0.44×5mg+4mgsin θ
则滑动的货物不会带动已经静止的车厢重新运动,所以在此过程中货车的位移大小为
xM= aM = × × m= m
货物的位移大小为
xm= am = ×5× m=40 m
备 用 习 题
6.甲同学需要用平板车搬运学习用品,经过一段校园道路.平板车和用品的总质量为30 kg,道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC.甲同学拉动平板车由静止从A点出发,经9 s时间运动至B点,然后冲上斜坡.甲同学的拉力大小恒定,且拉力方向始终沿着车的运动方向.当车刚滑上斜坡时,乙同学在后面帮助推车,其推力大小为104 N,方向沿斜坡向上.已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的 ,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)平板车到达B点时的速度大小;
[答案] 3 m/s
备 用 习 题
[解析] (1)从A点到B点,由匀加速直线运动规律有
x= ·t
解得平板车到达B点时的速度大小vB=3 m/s
备 用 习 题
6.甲同学需要用平板车搬运学习用品,经过一段校园道路.平板车和用品的总质量为30 kg,道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC.甲同学拉动平板车由静止从A点出发,经9 s时间运动至B点,然后冲上斜坡.甲同学的拉力大小恒定,且拉力方向始终沿着车的运动方向.当车刚滑上斜坡时,乙同学在后面帮助推车,其推力大小为104 N,方向沿斜坡向上.已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的 ,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(2)甲同学的拉力大小;
[答案] 100 N
备 用 习 题
[解析] (2)从A点到B点,由匀加速直线运动规律有
a= = m/s2
由牛顿第二定律有F-0.3mg=ma
备 用 习 题
6.甲同学需要用平板车搬运学习用品,经过一段校园道路.平板车和用品的总质量为30 kg,道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC.甲同学拉动平板车由静止从A点出发,经9 s时间运动至B点,然后冲上斜坡.甲同学的拉力大小恒定,且拉力方向始终沿着车的运动方向.当车刚滑上斜坡时,乙同学在后面帮助推车,其推力大小为104 N,方向沿斜坡向上.已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的 ,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(3)平板车刚滑上斜坡时的加速度大小和方向.
[答案] 1.6 m/s2,方向沿斜面向下
备 用 习 题
[解析] (3)平板车刚滑上斜坡时,由牛顿第二定律有
F+F'-mgsin θ-0.3mgcos θ=ma'
解得a'=-1.6 m/s2
所以平板车刚滑上斜坡时的加速度大小为1.6 m/s2,方向沿斜面向下.
备 用 习 题
7. “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
√
考点三　超重和失重问题
备 用 习 题
[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,人受到的合力方向向下,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,人受到的合力方向向上,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,人受到的合力方向向上,有向上的加速度,故D错误.
备 用 习 题
8.某老师用图甲所示装置研究电梯的运动.安装拉力传感器的铁架台置于电梯中,装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上.电梯运行时,电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.AB阶段电梯处于失重状态,CD阶段电梯处于超重状态
B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程
C.AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2,方向竖直向上
D.CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2,方向竖直向上
√
备 用 习 题
[解析] AB阶段拉力大于重力,电梯处于超重状态,CD阶段拉力小于重力,电梯处于失重状态,A错误;AB阶段加速度向上,CD阶段加速度向下,电梯先后经历了向上加速,向上匀速和向上减速的过程,B错误;由图可知矿泉水瓶的重力mg=15 N,若重力加速度g取10 m/s2,矿泉水瓶的质量m= kg=1.5 kg,AB阶段的加速度大小a= m/s2≈0.67 m/s2,方向竖直向上,C正确;CD阶段的加速度大小a'= m/s2≈0.67 m/s2,方向竖直向下,D错误.
备 用 习 题
9. (多选)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小圆环(图中未画出),四个环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是( )
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
√
√
√
备 用 习 题
[解析]以OA为直径画圆,圆的半径为R,由等时圆模型,对小圆环受力分析,受重力和支持力,将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解,由牛顿第二定律得小圆环做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a=gcos θ(θ为杆与竖直方向的夹角),由图知,小圆环的位移为x=2Rcos θ,所以t= = = ,t与θ无关,可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到圆上所用时间相同,故沿OA和OC滑到斜面上的时间相同,即t1=t3,OB不是一条完整的弦,时间最短,即t1>t2,OD长度超过一条弦,时间最长,即t2作业手册
1.[2024·江苏淮安一中模拟] “神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31
日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回
舱即将落地，返回舱的下落简化 图如图乙所示.舱内航天员的超重感
觉最明显的时段是( )
A.从到 B.从到 C.从到 D.从到
√
[解析] 图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知，到 时
间内向上的加速度最大，可知这个时段航天员超重感觉最明显，故B正确.
2.细绳拴着一个质量为 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小
球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为 ，重力加速度大小
为，如图所示，以下说法正确的是 ( )
A.小球静止时弹簧的弹力大小为
B.小球静止时细绳的拉力大小为
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
√
[解析] 小球静止时，由平衡条件得弹簧的弹力
，细绳的拉力
，故A、B错误；细绳烧断瞬间
弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细
绳的拉力大小相等、方向相反，则此瞬间小球的
加速度大小为 ，故C错误，D正确.
3.[2024·福建厦门一中模拟] 如图所示，竖直轻弹簧下端固定在
水平地面上，上端与质量的木板相连，质量为 的物块
放在木板上，物块受到一大小为、方向竖直向下的压力 ，
整个系统处于静止状态，为重力加速度.某时刻突然撤去压力 ，
则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为( )
A. B. C. D.
[解析] 某时刻突然撤去压力 ，对整体，根据牛顿第二定律有
，对物块，根据牛顿第二定律有 ，解得撤
去压力瞬间木板对物块的支持力大小为 ，故选B.
√
4.[2024·浙江学军中学模拟] 某同学利用手机加速度传感器研究电梯运动
时的超失重现象.某次测量时，手机平放在电梯地板上，电梯由静止开始
运动，获得竖直方向的加速度随时间 变化的图线(取竖直向上为正方向)
如图所示，重力加速度大小取，则由图线可知，在
内( )
A.电梯一直向上运动且先加速再减速
B.电梯运动过程的最大加速度约为
C.手机对地板的压力最大值约为其重力的1.5倍
D.电梯先下降后上升， 时手机处于失重状态
√
[解析] 从 图像可以看出，电梯从静止开始，先加速
下降，再匀速下降一段时间又减速下降，然后又开始上
升，先加速上升，再匀速上升一段时间最后减速上升，
在 时，由于加速度向下，手机处于失重状态，A错误，
D正确；从图像可以看出，最大加速度约为 ，
B错误；在减速下降和加速上升的过程中，手机处于超重
状态，根据牛顿第二定律得 ，可得
，根据牛顿第三定律可知对
地板的压力 ，C错误.
5.[2024·湖北恩施模拟] 如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管、 、
上端平齐，管竖直放置，管与管的夹角为 ，管与 管的夹角为
，且 .三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三
球所处位置正确的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图所示， 为同一圆上的点，圆的半径
为，小球从沿光滑管、、滑下，从 下滑
用时为，有，解得，从 下滑，
有 ，而的长度为 ，故有
，解得，同理，若从 下滑，时间
为 ，即小球到达圆上三点所用时间相同；依
此结论可知，现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球
的位置是在同一个圆弧上，且所在位置和竖直位置连线与倾斜轨道夹角为
直角，故C正确.
6.一质量为的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移 与时
间的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用
表示，速度大小用表示.重力加速度大小为 .以下判
断正确的是( )
A.时间内，增大， B.时间内，减小，
C.时间内，增大， D.时间内，减小，
√
[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度， 时间内
乘客的速度增大，乘客向下做加速运动，故加速度向下，
乘客失重，得，选项A错误； 时间内乘
客的速度不变，乘客做匀速运动，说明乘客处于平衡状
态，得，选项B错误； 时间内乘客的速
度减小，乘客向下做减速运动，故加速度向上，乘客超
重，得 ，选项C错误，D正确.
7.[2024·山西太原模拟] 如图所示，三个质量均为的物块 、
、 用轻弹簧1、2连接起来，并用细线悬挂在升降机内，升降
机正以的加速度匀加速上升，、、 相对静止.取
竖
直向上为正方向，重力加速度大小取 ，剪断弹簧2瞬间
、、 的加速度分别为( )
A.0，， B.，，
C.0，， D.，，
√
[解析] 剪断弹簧2前，以、、 为整体受力分析可得
，对受力分析可得，以、 为
整体受力分析可得 ，剪断弹簧2瞬间，弹簧1的
弹力不发生突变， 与绳相连会与升降机一起匀加速，
，弹簧2的弹力为零，对有 ，解得
，剪断弹簧2瞬间， 只受到重力作用，则
，的加速度为 ，故B正确.
8.[2024·江西南昌模拟] 如图所示，两个完全相同的小球、用轻弹簧 连
接，轻弹簧和轻绳一端均与 相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板
上，弹簧水平，当轻绳与竖直方向的夹角为 时，、 伸长量刚好
相同.若、的劲度系数分别为、，、两球的质量均为 ，重力加
速度大小为 ，则以下判断正确的是( )
A.
B.
C.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间，球的加速度大小为
D.若剪断轻绳，则在剪断的瞬间， 球处于失重状态
√
[解析] 对球受力分析，有，对 球受力分析，水
平方向有
，竖直方向有 ，整理
有 ，
故A、B错误；在剪断细绳后，细绳的拉力消失，剪断瞬间
弹簧的形变量因为不能突变，所以弹簧弹力不变，对 球来
说，其重力和弹簧 的弹力不变，而由之前的分析可知
，所以剪断瞬间， 球处于平衡状态，故D错误；
由之前分析可知，小球 处于平衡状态，所以剪断细绳瞬
间，球所受合外力的大小与轻绳的拉力大小相等，所以有 ，
解得 ，故C正确.
9.(多选)[2024·四川成都模拟] 极速冰滑梯是哈尔滨
冰雪大世界最受欢迎的项目，其滑道可简化为下图，
A.游客在、段通过的位移大小之比为
B.游客在、段的加速度大小之比为
C.坐垫与滑道间的动摩擦因数为0.36
D.游客由到通过的总路程约为
由倾角 的斜面滑道和水平滑道组成.一名游客坐在坐垫上从 点无
初速度匀加速下滑，经滑至点，接着沿水平滑道匀减速滑行 后
到点停下.已知游客经过 点时速度大小不变，坐垫与两段滑道的动摩擦
因数相同，重力加速度大小取， ，则( )
√
√
[解析] 根据匀变速直线运动规律 ，游客经
过点时速度大小不变，可知游客在、 段通过
的位移大小之比为 ，故A正确；根据加速度的计
算公式有，则游客在、 段的加速度大小
之比为 ，故B错误；根据牛顿第二定律可知，在
斜面上有 ，在水平滑道
上有，解得 ，故C错误；游客由
到通过的总路程为 ，根据
牛顿第二定律有 、
，解得 ，故D正确.
10.[2024·天津和平区模拟] 某实验小组打算制作一个火箭，甲同学设计了
一个火箭质量为，可提供恒定的推动力，大小为 为重力加速
度大小，持续时间为 ;乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级
推进的方式，即当质量为的火箭飞行经过时，火箭丢弃掉 的质量
(推动力不变)，剩余时间，火箭推动剩余的 继续飞行.若采用甲同学的方
法火箭最高可上升的高度为 .则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度
为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)( )
A. B. C. D.
√
[解析] 对甲同学的火箭，时间内的加速度为 ，由牛顿第二定律可得
，解得，时刻的速度为 ，上升的高度为
，对乙同学的火箭，在 内的加速度
，时刻的速度为，在内加速度为 ，
则，解得， 时刻的速度
，上升的高度为
，故C正确，A、B、D错误.
11.一质量为的滑块在倾角为 的足够长的固定斜面上，在
无外力的情况下，以 的加速度匀加速下滑.若用一水平向右的
恒力 作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运
动，在时间内沿斜面向上运动的位移为 ，
，取 .求：
11.一质量为的滑块在倾角为 的
足够长的固定斜面上，在无外力 的情况下，以
的加速度匀加速下滑.若用一水平向
(1) 滑块和斜面之间的动摩擦因数 ；
[答案] 0.5
右的恒力 作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加
速运动，在 时间内沿斜面向上运动的位移为
，，取 .求：
[解析] 滑块在斜面上以 的加速度匀加
速下滑时，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
11.一质量为的滑块在倾角为 的
足够长的固定斜面上，在无外力 的情况下，以
的加速度匀加速下滑.若用一水平向右
(2) 恒力 的大小.
[答案]
的恒力 作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速
运动，在时间内沿斜面向上运动的位移为，
，取 .求：
[解析] 滑块在恒力作用下，由牛顿第二定律可得
滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速运动，在
时间内沿斜面向上运动的位移为 ，
由位移—时间公式可得
代入数据解得
联立解得
12.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，质量为 的一只长方体形空铁
箱在水平拉力 作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩
擦因数为0.3.这时铁箱内一个质量为 的可看成质点的木块恰好
能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 为0.25.设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，取 .
12.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，质量为
的一只长方体形空铁箱在水平拉力 作用
下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动
(1) 求木块对铁箱压力的大小；
[答案]
摩擦因数为0.3.这时铁箱内一个质量为 的可看成质点的木块恰
好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 为0.25.设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取 .
[解析] 木块恰好静止在铁箱的后壁上时，木块在
竖直方向受力平衡有
解得铁箱对木块的支持力的大小
根据牛顿第三定律，木块对铁箱压力的大小为
12.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，质量为
的一只长方体形空铁箱在水平拉力 作用
下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动
(2) 求水平拉力 的大小；
[答案]
摩擦因数为0.3.这时铁箱内一个质量为 的可看成质点的木块恰
好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 为0.25.设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取 .
[解析] 木块在水平方向的加速度设为 根据牛顿第
二定律有
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
联立解得
12.[2024·湖南岳阳模拟] 如图所示，质量为
的一只长方体形空铁箱在水平拉力 作用
下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动
(3) 减小拉力 ，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，
当铁箱的速度为时撤去拉力，又经 的时间木块从左侧到达右侧，
求铁箱内壁的长度.
[答案]
摩擦因数为0.3.这时铁箱内一个质量为 的可看成质点的木块恰
好能静止在后壁上.木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 为0.25.设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取 .
[解析] 木块落到铁箱底部，撤去拉力后，铁箱和
木块均以 的初速度做匀减速直线运动，
铁箱受到地面的摩擦力 ，
方向水平向左
铁箱受到木块的摩擦力 ，方向
水平向右
设铁箱的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有
解得 ，方向水平向左
设木块的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有
解得 ，方向水平向左
再经过 ，木块从铁箱的左侧到达右侧，则木块
对地位移
铁箱对地位移
故铁箱内壁的长度为
必备知识自查 一、2.加速度 二、1.大于,加速度向上 2.小于,加速度向下
3.完全没有作用力,
【辨别明理】 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.× 例1.A 变式1.AD 例2.BD
变式2.B 例3.（1） （2） （3）
例4.（1） （2）, 例5.C 例6.C 变式3.
BD 例7.BC 例8.C 变式4.A 变式5.B
基础巩固练
1.B 2.D 3.B 4.D 5.C
综合提升练
6.D 7.B 8.C 9.AD 10.C 11.（1）0.5 （2）
拓展挑战练
12.（1） （2） （3）

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