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[课时通关精练(八)]　课时1　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，在粗糙的水平桌面上，有一个物体在水平力F作用下向右做匀加速直线运动。现在使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则该物体在向右运动的过程中，加速度a和速度v的大小变化为(　　)
A.a不断减小，v不断增大
B.a不断增大，v不断减小
C.a先增大再减小，v先减小再增大
D.a先减小再增大，v先增大再减小
解析：选D。根据牛顿第二定律可知，物体运动的加速度为a＝，使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则加速度a先减小后反向增大，速度先增大后减小，D正确。
2.(2025·南通高三期末)如图所示，弹簧右端固定，自然伸长在B点，物块静止在光滑水平面A点。现用一水平向右的恒力推该物块，物块恰能运动到C点，则物块(　　)
A.B点时速度最大
B.可能静止在C点
C.B到C加速度一直增大
D.B到C速度先增大后减小
解析：选D。地面光滑，在恒力F作用下，物块从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，在B点物块与弹簧接触，开始压缩弹簧，物块所受合力F合＝F－kx。刚开始弹簧的形变量较小，弹簧的弹力小于恒力，物块所受合力向右，物块继续向右做加速运动，随弹簧形变量增加，弹簧弹力增加，物块所受合力减小，加速度逐渐减小；弹簧弹力与恒力相等时物块所受合力为零，物块速度最大，A错误；物块继续向右运动过程，弹簧弹力大于恒力，物块所受合力水平向左，物块做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物块做加速度增大的减速运动，直到减速到零，由题意可知，物块恰能运动到C点，说明物块到达C点时速度为零，此时物块所受合力水平向左，物块要向左做加速运动，物块不能静止在C点，B错误；从B到C过程物块的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小， C错误，D正确。
3.水平向左运动的汽车内装有一个固定在竖直平面内的简易加速度计(如图，忽略加速度计中小球和轻杆受到的一切阻力)，若发现小球向右摆动，且稳定时轻杆与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.汽车在匀速行驶
B.汽车在减速行驶
C.汽车加速度大小为0.5g
D.汽车加速度大小为g
解析：选D。汽车沿水平地面向左行驶过程中，发现小球向右摆动，当轻杆与竖直方向夹角为30°时，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得加速度大小为a＝g，方向向左；则汽车加速度大小为g，汽车在向左加速行驶，D正确。
4.如图所示，倾角为θ的斜面上有一无动力小车，小车里用细绳悬挂一个小球。当小车沿斜面向下加速滑动时，悬线与垂直斜面Ob方向的夹角始终为α (α＜θ)，则可求小车的底面与斜面间的动摩擦因数μ为(　　)
A.μ＝tan θ B.μ＝tan (θ－α)
C.μ＝sin (θ－α) D.μ＝tan α
解析：选D。对小球受力分析如图所示，
则有Tcos α＝mgcos θ，mgsin θ－Tsin α＝ma，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有a＝gsin θ－μgcos θ，联立解得μ＝tan α，A、B、C错误，D正确。
5.(2025·常州预测)如图所示，小球用a、b两根不可伸长的轻细线连接，分别悬于O1、O2两点，其中b线水平，a线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。则在剪断b线的瞬间，小球的加速度大小为(　　)
A.gsin θ B.gtan θ
C. D.g
解析：选A。在剪断b线的瞬间，小球垂直a线方向的加速度大小为a＝＝gsin θ，A正确。
6.如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A.小球A的加速度大小为3g
B.小球A的加速度大小为g
C.小球B的加速度大小为g
D.小球B的加速度大小为g
解析：选A。对A、B和弹簧L2整体受力分析，可得弹簧L1的弹力F1＝＝2(mA＋mB)g，绳上的拉力为T＝F1sin 60°＝(mA＋mB)g，单独对B受力分析有弹簧L2的弹力大小为F2＝mBg，根据题干信息知F1＝3F2，可得mB＝2mA，剪断绳后，两个弹簧的弹力不变，A球合力与绳拉力等大反向，所以aA＝＝3g，A正确，B错误；对小球B，受力分析不变，加速度依然为0，C、D错误。
7.如图所示，物块A、B、C、D均静止，互不粘连且质量均为m，A通过上方细绳拴接在顶板，B、C分别与弹簧连接。已知A、B之间恰好无挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.剪断细绳瞬间，A的加速度大小为0
B.剪断细绳瞬间，B的加速度大小为g
C.迅速抽出D后瞬间，C的加速度大小为g
D.迅速抽出D后瞬间，B的加速度大小为g
解析：选B。由平衡条件得弹簧的弹力F＝mg，绳子的拉力T＝mg。剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不突变，A、B加速度相同，对A、B整体有2mg－F＝2ma，解得a＝，B正确，A错误；迅速抽出D后瞬间，弹簧的弹力不突变，B的加速度为0，对C有mg＋F＝ma，解得a＝2g，C、D错误。
8.如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，将质量为3 kg的物体B无初速度地放在物体A上瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A.0 B.8 N
C.12 N D.20 N
解析：选C。物体A静止于竖直的轻弹簧上，根据平衡条件有m1g＝kx，物体B无初速度地放在物体A上瞬间，对A、B整体有(m1＋m2)g－kx＝(m1＋m2)a，对A进行分析，根据牛顿第二定律有N＋m1g－kx＝m1a，解得N＝12 N，C正确。
9.(科技创新融通题)弹射座椅是飞行员的“救命神器”，当飞机遇险时，座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱，然后座椅配置的降落伞张开，使飞行员安全降落。若某飞机意外故障竖直下坠，弹射座椅紧急弹出，弹射座椅弹出时的加速度大小为a、方向水平，重力加速度大小为g，则当弹射座椅弹出时，弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员所受重力大小的比值为(　　)
A. B.1＋
C. D.
解析：选C。设飞行员的质量为m，当弹射座椅弹出时，座椅对飞行员的作用力大小为F，由牛顿第二定律有＝ma，解得F＝m，可得＝＝，C正确。
10.如图所示，倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为(　　)
A.aA＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝0
C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
解析：选D。撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，aA＝0，撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件有，弹簧的弹力为F＝mgsin θ＝mg，撤去挡板C的瞬间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋F＝maB，解得aB＝g，D正确。
11.如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现用力向上托举盘使弹簧缩短Δl后停止，然后松手。设弹簧总处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则刚松手时盘与物体的加速度大小为(　　)
A.g B.g
C.0 D.g
解析：选A。当盘静止时，由胡克定律得mg＝kl，设使弹簧再缩短Δl时，手的托力大小为F，由胡克定律得mg－F＝k(l－Δl)，联立可得F＝mg，刚松手瞬间弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向下，设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得F＝mg＝ma，所以a＝g，A正确。第2讲　牛顿第二定律的基本应用
对应学生用书P52
学习目标 教考链接
1.理解牛顿第二定律的内容及表达式的确切含义 2.熟练运用牛顿第二定律的公式进行计算 3.会应用牛顿第二定律解决瞬时问题和动力学问题 4.知道动力学的两类基本问题及其特点，掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法 5.认识超重和失重现象，会利用牛顿第二定律分析超重和失重现象 1.基础性：直接考查定律内容(a与F、m的定量关系)和表达式(F＝ma)的准确理解 2.综合性：多结合受力分析和运动学公式，涉及多过程、多对象的动力学问题 3.瞬时性：常通过弹簧、绳、杆等模型，考查力突变时加速度的瞬时变化(a与F同生同灭) 4.应用性：紧密联系超重或失重现象(如电梯、滑轮连接体)，定性判断与定量计算相结合
一、牛顿第二定律
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。
2.表达式：F＝ma。
3.性质
4.适用范围
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
AI精准定位：高考命题关键点
加速度与合力同向，其大小由合力与质量共同决定，运算需采用国际单位制
【例1】 如图所示，质量为m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间动摩擦因数为0.2。与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度(g＝10 m/s2)(　　)
A.大小为0
B.大小为2 m/s2
C.方向水平向右
D.方向水平向左
题后反思：
二、动力学的两类基本问题
1.两类基本问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况。
(2)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
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体的逻辑关系如图所示。
由力求运动或由运动求力，加速度是桥梁
通过受力分析求加速度，再结合运动学公式求解，或通过运动学公式求加速度，再反推合力分析受力。
【例2】 工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为1.2 m的车厢底部用有效长度为2 m的木板与地面之间搭建了一个斜面，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度为g＝10 m/s2，物块可看作质点，则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时间为(　　)
A.0.5 s　　　　　　　　　 B.1.0 s
C. s D.2.0 s
题后反思：
三、超重和失重问题
1.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、失重和完全失重的比较
现象 超重 失重 完全失重
视重 视重大于物体重力 视重小于物体重力 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 物体的加速度等于g
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g加速下降或减速上升
原理方程 F－mg＝maF＝mg＋ma mg－F＝maF＝mg－ma mg－F＝mgF＝0
超重与失重由加速度方向决定，表现为视重变化
【例3】 厢式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍下了甲、乙、丙三张照片，如图所示，乙图为电梯匀速运动时的照片。从这三张照片可判定(　　)
A.拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态
B.拍摄丙照片时，电梯可能处于减速上升状态
C.拍摄丙照片时，电梯一定处于加速上升状态
D.拍摄甲照片时，电梯可能处于匀速下降状态
题后反思：
【例1】 解析：选C。物体在水平面上向左运动，受到的滑动摩擦力方向水平向右，同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，根据牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma，解得物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向右，C正确。
【例2】 解析：选B。设木板与地面间的倾角为θ，则有sin θ＝＝0.6，cos θ＝＝0.8，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝4 m/s2，根据运动学公式可得L＝at2，解得所用时间为t＝ s＝1 s，B正确。
【例3】 解析：选B。由于乙图是电梯匀速运动时的照片，由照片可以看出此物体的真实重力。甲图台秤的示数大于物体的重力，物体处于超重状态，此时电梯有向上的加速度，电梯可能处于减速下降状态或加速上升状态，A、D错误；丙图台秤的示数小于物体的重力，物体处于失重状态，此时电梯有向下的加速度，电梯可能处于加速下降状态或减速上升状态，B正确，C错误。
考点一　牛顿第二定律的理解
加速度与合力、速度的瞬时对应关系
【例1】 (2025·徐州学情调研)如图所示，运动员从蹦极台自由下落到最低点的过程中，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)
A.运动员下落过程中加速度一直增大
B.运动员下落到最低点时，绳的弹力等于重力
C.绳子刚好被拉直时，运动员下落速度最大
D.运动员下落加速度为0时，速度最大
题后反思：
破题路径
【例1】 解析：选D。运动员自由下落过程中，绳子拉力为零，运动员只受重力作用，加速度不变，从绳子刚伸直到绳子上的弹力和重力平衡过程中，加速度向下逐渐减小，从绳子上的弹力和重力平衡到最低点，加速度向上逐渐增大，A错误；运动员下落到最低点时，绳的弹力大于重力，B错误；绳子弹力和重力平衡时，运动员下落速度最大，C错误；绳子上的弹力和重力平衡时即运动员下落加速度为0时，速度最大，D正确。
给定多方向作用力或某一加速度，要求正交分解计算加速度或力
【例2】 (生产生活融通题)如图所示，质量为50 kg的载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为37°，当缆绳带动车厢以加速度10 m/s2匀加速向上运动时，在车厢底板中，质量为10 kg的货物恰好与车厢相对静止。已知悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2，则下列说法错误的是(　　)
A.货物受到3个力的作用
B.底板对货物的支持力大小为160 N
C.悬臂对车厢的作用力大小为800 N
D.货物与车厢的动摩擦因数为0.5
题后反思：
角度突破
1.分解力
通常以加速度a的方向为x轴正方向建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，则x轴和y轴的合力Fx和Fy满足方程：
2.分解加速度
若物体所受各力都在互相垂直的方向上，但加速度却不在这两个方向上，只需将加速度a分解为ax和ay，根据牛顿第二定律得方程：
【例2】 解析：选C。货物受重力、车厢的支持力和摩擦力，共3个力的作用，A正确；货物的水平加速度为ax＝acos 37°＝8 m/s2，竖直加速度为ay＝asin 37°＝6 m/s2，由牛顿第二定律可得底板对货物的支持力大小为N－mg＝may，可得N＝160 N，B正确；水平方向，货物所受的最大静摩擦力fm＝max＝80 N，货物与车厢的动摩擦因数为μ＝＝＝0.5，D正确；悬臂对车厢竖直方向的作用力Fy＝(M＋m)g＋(M＋m)ay＝960 N，水平方向的作用力Fx＝(M＋m)ax＝480 N，悬臂对车厢的作用力大小F＝＝ N＝480 N，C错误。
考点二　瞬时问题
轻绳剪断瞬间弹簧弹力的瞬时变化分析
【例3】 如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小球A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为(　　)
A.16∶15　　　　　　　 B.15∶16
C.3∶4 D.4∶3
题后反思：
模型构建
轻绳 (或轻杆)
轻弹簧 (或橡皮条)
【例3】 解析：选A。剪断A、B之间的细线，小球A向下摆动，加速度大小为aA＝gcos 37°＝，剪断细线前，小球B受力平衡有kxsin 53°＝mg、kxcos 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球B向右加速，加速度大小为aB＝＝＝，所以剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比aA∶aB＝∶＝16∶15，A正确。
木板抽离时物块瞬时加速度的确定
【例4】 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质量为m，2、4质量为M，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，则有(　　)
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0
B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
破题路径
能力要语
1.轻绳、轻杆、接触面：其产生的弹力或摩擦力可以发生突变。
2.弹簧、橡皮筋：其弹力不能突变， 形变恢复需要时间。
【例4】 解析：选C。在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对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满足mg＝F弹，则a3＝0，由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，A、B、D错误，C正确。
考点三　动力学的两类基本问题
给定物体受力情况，通过牛顿第二定律求解加速度及运动学参量
【例5】 如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°，现小球在F＝10 N的沿杆向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为。求：
(1)小球运动的加速度a1；
(2)若F作用2 s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离sm。
解析：(1)在力F作用时有
F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝4 m/s
小球的位移s1＝t1＝4 m
撤去力F后，小球上滑时有
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
代入数据解得a2＝8 m/s2
因此小球上滑时间t2＝＝0.5 s
上滑位移s2＝t2＝1 m
则小球上滑的最大距离为sm＝s1＋s2＝5 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)5 m
破题路径
能力要语
以加速度a为桥梁，将受力(F合)与运动(v， x， t)联系起来。
教学札记：
给定运动学参量，通过牛顿第二定律求解力
【例6】 (传统文化融通题)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且减速阶段加速度大小为加速阶段加速度大小的两倍。已知毛竹上升过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹上升过程中：
(1)最大速度vm的大小；
(2)匀加速阶段加速度a的大小；
(3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。
解析：(1)设最大速度为vm，则毛竹上升的整个过程中，有
h＝t
求得vm＝。
(2)整个过程满足＋＝t
得a＝
代入vm＝，解得a＝。
(3)毛竹匀减速上升阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可知
mg－FN＝m·2a
解得FN＝m(g－)
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
FN'＝FN＝m(g－)。
答案：(1)　(2)　(3)m(g－)
破题路径
能力要语
以加速度a为桥梁，从运动反推受力，合力方向与加速度方向相同。
教学札记：
考点四　超重和失重问题
定性分析：根据a-t或F-t图像判断状态
【例7】 某同学用智能手机记录了电梯加速度随时间变化的关系，如图所示。规定竖直向上为正方向，则(　　)
A.MN时段电梯上升　　　　　 B.MN时段电梯做匀速直线运动
C.PQ时段电梯处于失重状态 D.PQ时段电梯下降
解析：选C。MN时段，电梯的加速度方向竖直向上，大小不变，电梯可能加速上升，也可能减速下降，A、B错误；PQ时段电梯的加速度方向竖直向下，大小几乎不变，电梯可能减速上升，也可能加速下降，这两种状态，电梯都处于失重状态，C正确，D错误。
破题路径
能力要语
超、失重仅取决于竖直方向的加速度方向，与速度方向无关。
定量计算：已知电梯加速度求秤示数
【例8】 某同学用台秤研究在电梯中的超、失重现象。在地面上称得其体重为600 N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝13 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示(g＝10 m/s2)。则(　　)
A.0～2 s电梯可能正在下降
B.8～13 s电梯中的同学处于超重状态
C.在8～13 s内电梯的加速度大小为2 m/s2
D.F3的示数为552 N
破题路径
能力要语
以竖直加速度方向为正负依据，严格按 F合 ＝ ma 列式求解。
【例8】 解析：选D。由图可知，0～2 s电梯处于超重状态，正在上升，A错误；由图可知，8～13 s电梯中的同学处于失重状态，B错误；依题意，可得G＝mg，0～2 s过程，由牛顿第二定律，可得F1－mg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，则有v＝a1t1＝4 m/s，同理可知8～13 s过程，持续时间t3＝5 s，有mg－F3＝ma2，0＝v－a2t3，联立解得F3＝552 N，a2＝0.8 m/s2，即在8～13 s内电梯的加速度大小为0.8 m/s2，F3的示数为552 N，C错误，D正确。
[课时通关精练(八)]　课时1　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，在粗糙的水平桌面上，有一个物体在水平力F作用下向右做匀加速直线运动。现在使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则该物体在向右运动的过程中，加速度a和速度v的大小变化为(　　)
A.a不断减小，v不断增大
B.a不断增大，v不断减小
C.a先增大再减小，v先减小再增大
D.a先减小再增大，v先增大再减小
解析：选D。根据牛顿第二定律可知，物体运动的加速度为a＝，使力F逐渐减小直至为0，但方向不变，则加速度a先减小后反向增大，速度先增大后减小，D正确。
2.(2025·南通高三期末)如图所示，弹簧右端固定，自然伸长在B点，物块静止在光滑水平面A点。现用一水平向右的恒力推该物块，物块恰能运动到C点，则物块(　　)
A.B点时速度最大
B.可能静止在C点
C.B到C加速度一直增大
D.B到C速度先增大后减小
解析：选D。地面光滑，在恒力F作用下，物块从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，在B点物块与弹簧接触，开始压缩弹簧，物块所受合力F合＝F－kx。刚开始弹簧的形变量较小，弹簧的弹力小于恒力，物块所受合力向右，物块继续向右做加速运动，随弹簧形变量增加，弹簧弹力增加，物块所受合力减小，加速度逐渐减小；弹簧弹力与恒力相等时物块所受合力为零，物块速度最大，A错误；物块继续向右运动过程，弹簧弹力大于恒力，物块所受合力水平向左，物块做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物块做加速度增大的减速运动，直到减速到零，由题意可知，物块恰能运动到C点，说明物块到达C点时速度为零，此时物块所受合力水平向左，物块要向左做加速运动，物块不能静止在C点，B错误；从B到C过程物块的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小， C错误，D正确。
3.水平向左运动的汽车内装有一个固定在竖直平面内的简易加速度计(如图，忽略加速度计中小球和轻杆受到的一切阻力)，若发现小球向右摆动，且稳定时轻杆与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.汽车在匀速行驶
B.汽车在减速行驶
C.汽车加速度大小为0.5g
D.汽车加速度大小为g
解析：选D。汽车沿水平地面向左行驶过程中，发现小球向右摆动，当轻杆与竖直方向夹角为30°时，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得加速度大小为a＝g，方向向左；则汽车加速度大小为g，汽车在向左加速行驶，D正确。
4.如图所示，倾角为θ的斜面上有一无动力小车，小车里用细绳悬挂一个小球。当小车沿斜面向下加速滑动时，悬线与垂直斜面Ob方向的夹角始终为α (α＜θ)，则可求小车的底面与斜面间的动摩擦因数μ为(　　)
A.μ＝tan θ B.μ＝tan (θ－α)
C.μ＝sin (θ－α) D.μ＝tan α
解析：选D。对小球受力分析如图所示，
则有Tcos α＝mgcos θ，mgsin θ－Tsin α＝ma，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有a＝gsin θ－μgcos θ，联立解得μ＝tan α，A、B、C错误，D正确。
5.(2025·常州预测)如图所示，小球用a、b两根不可伸长的轻细线连接，分别悬于O1、O2两点，其中b线水平，a线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g。则在剪断b线的瞬间，小球的加速度大小为(　　)
A.gsin θ B.gtan θ
C. D.g
解析：选A。在剪断b线的瞬间，小球垂直a线方向的加速度大小为a＝＝gsin θ，A正确。
6.如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A.小球A的加速度大小为3g
B.小球A的加速度大小为g
C.小球B的加速度大小为g
D.小球B的加速度大小为g
解析：选A。对A、B和弹簧L2整体受力分析，可得弹簧L1的弹力F1＝＝2(mA＋mB)g，绳上的拉力为T＝F1sin 60°＝(mA＋mB)g，单独对B受力分析有弹簧L2的弹力大小为F2＝mBg，根据题干信息知F1＝3F2，可得mB＝2mA，剪断绳后，两个弹簧的弹力不变，A球合力与绳拉力等大反向，所以aA＝＝3g，A正确，B错误；对小球B，受力分析不变，加速度依然为0，C、D错误。
7.如图所示，物块A、B、C、D均静止，互不粘连且质量均为m，A通过上方细绳拴接在顶板，B、C分别与弹簧连接。已知A、B之间恰好无挤压，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.剪断细绳瞬间，A的加速度大小为0
B.剪断细绳瞬间，B的加速度大小为g
C.迅速抽出D后瞬间，C的加速度大小为g
D.迅速抽出D后瞬间，B的加速度大小为g
解析：选B。由平衡条件得弹簧的弹力F＝mg，绳子的拉力T＝mg。剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不突变，A、B加速度相同，对A、B整体有2mg－F＝2ma，解得a＝，B正确，A错误；迅速抽出D后瞬间，弹簧的弹力不突变，B的加速度为0，对C有mg＋F＝ma，解得a＝2g，C、D错误。
8.如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，将质量为3 kg的物体B无初速度地放在物体A上瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A.0 B.8 N
C.12 N D.20 N
解析：选C。物体A静止于竖直的轻弹簧上，根据平衡条件有m1g＝kx，物体B无初速度地放在物体A上瞬间，对A、B整体有(m1＋m2)g－kx＝(m1＋m2)a，对A进行分析，根据牛顿第二定律有N＋m1g－kx＝m1a，解得N＝12 N，C正确。
9.(科技创新融通题)弹射座椅是飞行员的“救命神器”，当飞机遇险时，座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱，然后座椅配置的降落伞张开，使飞行员安全降落。若某飞机意外故障竖直下坠，弹射座椅紧急弹出，弹射座椅弹出时的加速度大小为a、方向水平，重力加速度大小为g，则当弹射座椅弹出时，弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员所受重力大小的比值为(　　)
A. B.1＋
C. D.
解析：选C。设飞行员的质量为m，当弹射座椅弹出时，座椅对飞行员的作用力大小为F，由牛顿第二定律有＝ma，解得F＝m，可得＝＝，C正确。
10.如图所示，倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为(　　)
A.aA＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝0
C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
解析：选D。撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，aA＝0，撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件有，弹簧的弹力为F＝mgsin θ＝mg，撤去挡板C的瞬间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋F＝maB，解得aB＝g，D正确。
11.如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现用力向上托举盘使弹簧缩短Δl后停止，然后松手。设弹簧总处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则刚松手时盘与物体的加速度大小为(　　)
A.g B.g
C.0 D.g
解析：选A。当盘静止时，由胡克定律得mg＝kl，设使弹簧再缩短Δl时，手的托力大小为F，由胡克定律得mg－F＝k(l－Δl)，联立可得F＝mg，刚松手瞬间弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向下，设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得F＝mg＝ma，所以a＝g，A正确。
[课时通关精练(八)]　课时2　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.两个固定的光滑斜面AB和AC倾角分别为30°和60°，将一滑块分别从AB和AC两个斜面上由静止释放，滑块释放的高度之比为1∶3，则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶
C.1∶3 D.1∶
解析：选A。设沿斜面AB和AC下滑时，高度分别为h1和h2，且有h2＝3h1；两滑块沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，根据位移时间公式有＝at2，联立解得t＝，则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为t1∶t2＝1∶1，A正确。
2.(2025·镇江高三期末)某次实验，小明同学站在力传感器上进行起立、下蹲的动作，得到如图所示的力随时间变化的图像，下列说法能正确反映小明动作的是(　　)
A.先起立，后下蹲
B.先下蹲，后起立
C.先起立，后下蹲，接着起立，再下蹲
D.先下蹲，后起立，接着下蹲，再起立
解析：选B。由图可知，前一过程中，小明同学所受支持力先小于重力，再大于重力，即加速度先向下，再向上；后一过程中，小明同学所受支持力先大于重力，再小于重力。而起立过程为加速上升和减速上升；下蹲过程为加速下降和减速下降。可知，小明同学先下蹲，后起立，B正确。
3.(科技创新融通题)随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机器人的起跳动作示意图，机器人质量为40 kg，点P是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集到的数据画出的加速度—时间图线。甲、乙两图中a～h各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。规定竖直向上为加速度a的正方向，重力加速度g取10 m/s2。根据图乙分析可知(　　)
A.b点为机器人起跳动作中重心最低点
B.c点时机器人向上的速度最大
C.d点位置机器人对地面压力大小为1 200 N
D.机器人在e点时已开始离开地面
解析：选C。重心最低点时加速度向上且最大，可知d点为机器人起跳动作中重心最低点，A错误；a-t图像的面积表示速度的变化量，c点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动，B错误；d点位置机器人以20 m/s2的加速度向上加速，由F－mg＝ma，解得F＝1200 N，由牛顿第三定律可知其对地面压力大小为1200 N，C正确；机器人开始离开地面时加速度应为－g，故在e点机器人还没有开始离开地面，D错误。
4.(原创＋生活情景融通)某同学为测量电梯启动的加速度，站在电梯中的体重计上随电梯一起下降。该同学静止时，体重计显示50 kg，启动过程中体重计示数稳定在45 kg，g取10 m/s2，则电梯向下启动的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C. m/s2 D. m/s2
解析：选A。该同学静止时，体重计示数为50 kg，由平衡条件得N1＝mg＝500 N；启动时体重计示数为45 kg，即支持力N2＝450 N。电梯向下加速，根据牛顿第二定律有mg－N2＝ma，代入数据500－450＝50a，解得a＝1 m/s2，A正确。
5.在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg。电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
A.该同学失重，所受的重力变小
B.电梯一定竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力
D.电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下
解析：选D。由题意可知该同学的质量为50 kg，现在读数为40 kg，则可知此时该同学对体重计的压力大小为F＝40×10 N＝400 N，根据牛顿第三定律可知体重计对该同学的支持力大小为400 N，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向下，D正确；由于加速度方向竖直向下，则在这段时间内处于失重状态，但他的重力没有改变，A错误；由于加速度方向竖直向下，则运动方向可能向上减速，也可能向下加速，B错误；该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，C错误。
6.(生产生活融通题)如图所示，一辆装满石块的货车在平直公路上以v ＝10 m/s的速度匀速行驶。某时刻司机发现前方有险情，立即紧急制动，货车经t＝2.0 s停了下来，已知货车与石块的总质量为M＝15 t，货箱中石块B的质量为m＝10 kg，取g＝10 m/s2。求：
(1)货车制动过程加速度a的大小和所受阻力f的大小；
(2)货车制动过程石块B周围与它接触的物体对石块B的作用力的合力F。
解析：(1)货车制动过程中的加速度大小为
a＝＝5 m/s2
故货车所受阻力大小为
f＝Ma＝7.5×104 N。
(2)石块B受力情况如图所示，
设周围与石块B接触的物体对石块B作用力的合力与水平方向成θ角，大小为F，则有
F合＝ma
且有F＝
解得F＝50 N≈112 N
方向与水平方向夹角的正切值为
tan θ＝＝2。
答案：(1)5 m/s2　7.5×104 N
(2)112 N，与水平方向夹角的正切值为tan θ＝2
7.(2025·淮安模拟)在倾角为37°的足够长的斜坡上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。物体在12 N的拉力作用下从斜面底端静止开始运动，5 s后撤去拉力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小；
(2)物体沿斜面上滑的最大距离；
(3)物体在斜面上运动的总时间。
解析：(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)物体沿斜面加速时的位移
x1＝a＝×2×52 m＝25 m
撤去外力时，物体的速度v＝at1＝10 m/s
对物体而言，撤去外力后，物体减速上滑，减速时的加速度为a'，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma'
解得a'＝10 m/s2
方向沿斜面向下，故物体减速时的位移
x2＝＝5 m
所以物体沿斜面上滑的最大距离
x＝x1＋x2＝30 m。
(3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间
t2＝＝1 s
物体沿斜面上滑的总时间t上＝t1＋t2＝6 s
对物体而言，由于
mgsin θ＝6 N＞μmgcos θ＝4 N
物体最终要从斜面上滑落，物体下滑时的加速度为a下，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma下
解得a下＝2 m/s2，方向沿斜面向下，故下滑的时间
t下＝＝ s
物体在斜面上运动的总时间
t＝t上＋t下＝(6＋) s。
答案：(1)2 m/s2　(2)30 m　(3)(6＋) s
8.某学生实验小组受邀到约翰逊航天中心，接受“微重力学生飞行挑战”。他们乘坐飞艇到达9 500 m高空，然后飞艇由静止开始下落，以模拟微重力环境。下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍。这样可以获得持续约25 s之久的失重状态，学生们便在这段时间内进行关于微重力影响的实验。紧接着飞艇又做匀减速运动，最低点离地面的高度为500 m，重力加速度g取10 m/s2。试求：
(1)飞艇在25 s内下落的高度；
(2)在飞艇后来的减速过程中，学生对水平座椅的压力是重力的多少倍。
解析：(1)对飞艇，由牛顿第二定律得
Mg－kMg＝Ma
代入数据解得a＝9.6 m/s2
飞艇下落的高度
h1＝at2＝×9.6×252 m＝3 000 m。
(2)飞艇减速的位移
h2＝9 500 m－3 000 m－500 m＝6 000 m
飞艇下落25 s时的速度
v＝at＝9.6×25 m/s＝240 m/s
飞艇减速运动时的加速度大小
a'＝＝ m/s2＝4.8 m/s2
减速过程，对学生由牛顿第二定律得
F－mg＝ma'
解得F＝m(g＋a')
由牛顿第三定律可知，学生对座椅的压力大小
F'＝F＝m(g＋a')
则＝＝＝1.48。
答案：(1)3000 m　(2)1.48
9.如图所示，企鹅喜欢在倾角为37°的冰面上游戏：先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t ＝ 0.7 s后，在x＝0.56 m处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏。企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ ＝ 0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v；
(2)企鹅向上运动的最大距离；
(3)企鹅完成一次游戏的总时间t总。
解析：(1)由题可知，企鹅向上“奔跑”做匀加速直线运动，根据位移公式有x＝t
代入数据解得v＝1.6 m/s。
(2)设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，滑行位移为x1，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
根据速度时间公式有v＝a1t1
根据速度位移公式有v2＝2a1x1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，x1＝0.16 m
则向上运动的最大距离为
xm＝x＋x1＝0.72 m。
(3)设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
根据位移时间公式有x＋x1＝a2
解得a2＝4 m/s2，t2＝0.6 s
所以总时间为t总＝t＋t1＋t2＝1.5 s。
答案：(1)1.6 m/s　(2)0.72 m　(3)1.5 s(共98张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第三章
运动和力的关系
第2讲　牛顿第二定律的基本应用
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练(课时1)
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课时通关精练(课时2)
04
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
正比
反比
作用力
ma
惯性
宏观
AI精准定位：高考命题关键点
AI精准定位：高考命题关键点
大于
小于
等于
上
下
g
加速
mg＋ma
mg－ma
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
牛顿第二定律的理解
考点一
破题路径
角度突破
模型构建
瞬时问题
考点二
破题路径
能力要语
动力学的两类基本问题
考点三
破题路径
能力要语
破题路径
能力要语
破题路径
超重和失重问题
考点四
能力要语
破题路径
能力要语
[课时通关精练(八)]　
课时1　牛顿第二定律的理解　瞬时问题
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[课时通关精练(八)]　
课时2　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
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谢谢观看[课时通关精练(八)]　课时2　动力学的两类基本问题　超重和失重问题
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.两个固定的光滑斜面AB和AC倾角分别为30°和60°，将一滑块分别从AB和AC两个斜面上由静止释放，滑块释放的高度之比为1∶3，则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶
C.1∶3 D.1∶
解析：选A。设沿斜面AB和AC下滑时，高度分别为h1和h2，且有h2＝3h1；两滑块沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，根据位移时间公式有＝at2，联立解得t＝，则滑块到达斜面底端A点所用的时间之比为t1∶t2＝1∶1，A正确。
2.(2025·镇江高三期末)某次实验，小明同学站在力传感器上进行起立、下蹲的动作，得到如图所示的力随时间变化的图像，下列说法能正确反映小明动作的是(　　)
A.先起立，后下蹲
B.先下蹲，后起立
C.先起立，后下蹲，接着起立，再下蹲
D.先下蹲，后起立，接着下蹲，再起立
解析：选B。由图可知，前一过程中，小明同学所受支持力先小于重力，再大于重力，即加速度先向下，再向上；后一过程中，小明同学所受支持力先大于重力，再小于重力。而起立过程为加速上升和减速上升；下蹲过程为加速下降和减速下降。可知，小明同学先下蹲，后起立，B正确。
3.(科技创新融通题)随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机器人的起跳动作示意图，机器人质量为40 kg，点P是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集到的数据画出的加速度—时间图线。甲、乙两图中a～h各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。规定竖直向上为加速度a的正方向，重力加速度g取10 m/s2。根据图乙分析可知(　　)
A.b点为机器人起跳动作中重心最低点
B.c点时机器人向上的速度最大
C.d点位置机器人对地面压力大小为1 200 N
D.机器人在e点时已开始离开地面
解析：选C。重心最低点时加速度向上且最大，可知d点为机器人起跳动作中重心最低点，A错误；a-t图像的面积表示速度的变化量，c点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动，B错误；d点位置机器人以20 m/s2的加速度向上加速，由F－mg＝ma，解得F＝1200 N，由牛顿第三定律可知其对地面压力大小为1200 N，C正确；机器人开始离开地面时加速度应为－g，故在e点机器人还没有开始离开地面，D错误。
4.(原创＋生活情景融通)某同学为测量电梯启动的加速度，站在电梯中的体重计上随电梯一起下降。该同学静止时，体重计显示50 kg，启动过程中体重计示数稳定在45 kg，g取10 m/s2，则电梯向下启动的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C. m/s2 D. m/s2
解析：选A。该同学静止时，体重计示数为50 kg，由平衡条件得N1＝mg＝500 N；启动时体重计示数为45 kg，即支持力N2＝450 N。电梯向下加速，根据牛顿第二定律有mg－N2＝ma，代入数据500－450＝50a，解得a＝1 m/s2，A正确。
5.在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg。电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
A.该同学失重，所受的重力变小
B.电梯一定竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力
D.电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下
解析：选D。由题意可知该同学的质量为50 kg，现在读数为40 kg，则可知此时该同学对体重计的压力大小为F＝40×10 N＝400 N，根据牛顿第三定律可知体重计对该同学的支持力大小为400 N，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，解得a＝2 m/s2，方向竖直向下，D正确；由于加速度方向竖直向下，则在这段时间内处于失重状态，但他的重力没有改变，A错误；由于加速度方向竖直向下，则运动方向可能向上减速，也可能向下加速，B错误；该同学对体重计的压力与体重计对该同学的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，C错误。
6.(生产生活融通题)如图所示，一辆装满石块的货车在平直公路上以v ＝10 m/s的速度匀速行驶。某时刻司机发现前方有险情，立即紧急制动，货车经t＝2.0 s停了下来，已知货车与石块的总质量为M＝15 t，货箱中石块B的质量为m＝10 kg，取g＝10 m/s2。求：
(1)货车制动过程加速度a的大小和所受阻力f的大小；
(2)货车制动过程石块B周围与它接触的物体对石块B的作用力的合力F。
解析：(1)货车制动过程中的加速度大小为
a＝＝5 m/s2
故货车所受阻力大小为
f＝Ma＝7.5×104 N。
(2)石块B受力情况如图所示，
设周围与石块B接触的物体对石块B作用力的合力与水平方向成θ角，大小为F，则有
F合＝ma
且有F＝
解得F＝50 N≈112 N
方向与水平方向夹角的正切值为
tan θ＝＝2。
答案：(1)5 m/s2　7.5×104 N
(2)112 N，与水平方向夹角的正切值为tan θ＝2
7.(2025·淮安模拟)在倾角为37°的足够长的斜坡上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。物体在12 N的拉力作用下从斜面底端静止开始运动，5 s后撤去拉力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小；
(2)物体沿斜面上滑的最大距离；
(3)物体在斜面上运动的总时间。
解析：(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)物体沿斜面加速时的位移
x1＝a＝×2×52 m＝25 m
撤去外力时，物体的速度v＝at1＝10 m/s
对物体而言，撤去外力后，物体减速上滑，减速时的加速度为a'，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma'
解得a'＝10 m/s2
方向沿斜面向下，故物体减速时的位移
x2＝＝5 m
所以物体沿斜面上滑的最大距离
x＝x1＋x2＝30 m。
(3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间
t2＝＝1 s
物体沿斜面上滑的总时间t上＝t1＋t2＝6 s
对物体而言，由于
mgsin θ＝6 N＞μmgcos θ＝4 N
物体最终要从斜面上滑落，物体下滑时的加速度为a下，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma下
解得a下＝2 m/s2，方向沿斜面向下，故下滑的时间
t下＝＝ s
物体在斜面上运动的总时间
t＝t上＋t下＝(6＋) s。
答案：(1)2 m/s2　(2)30 m　(3)(6＋) s
8.某学生实验小组受邀到约翰逊航天中心，接受“微重力学生飞行挑战”。他们乘坐飞艇到达9 500 m高空，然后飞艇由静止开始下落，以模拟微重力环境。下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍。这样可以获得持续约25 s之久的失重状态，学生们便在这段时间内进行关于微重力影响的实验。紧接着飞艇又做匀减速运动，最低点离地面的高度为500 m，重力加速度g取10 m/s2。试求：
(1)飞艇在25 s内下落的高度；
(2)在飞艇后来的减速过程中，学生对水平座椅的压力是重力的多少倍。
解析：(1)对飞艇，由牛顿第二定律得
Mg－kMg＝Ma
代入数据解得a＝9.6 m/s2
飞艇下落的高度
h1＝at2＝×9.6×252 m＝3 000 m。
(2)飞艇减速的位移
h2＝9 500 m－3 000 m－500 m＝6 000 m
飞艇下落25 s时的速度
v＝at＝9.6×25 m/s＝240 m/s
飞艇减速运动时的加速度大小
a'＝＝ m/s2＝4.8 m/s2
减速过程，对学生由牛顿第二定律得
F－mg＝ma'
解得F＝m(g＋a')
由牛顿第三定律可知，学生对座椅的压力大小
F'＝F＝m(g＋a')
则＝＝＝1.48。
答案：(1)3000 m　(2)1.48
9.如图所示，企鹅喜欢在倾角为37°的冰面上游戏：先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t ＝ 0.7 s后，在x＝0.56 m处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏。企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ ＝ 0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v；
(2)企鹅向上运动的最大距离；
(3)企鹅完成一次游戏的总时间t总。
解析：(1)由题可知，企鹅向上“奔跑”做匀加速直线运动，根据位移公式有x＝t
代入数据解得v＝1.6 m/s。
(2)设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，滑行位移为x1，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
根据速度时间公式有v＝a1t1
根据速度位移公式有v2＝2a1x1
联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，x1＝0.16 m
则向上运动的最大距离为
xm＝x＋x1＝0.72 m。
(3)设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
根据位移时间公式有x＋x1＝a2
解得a2＝4 m/s2，t2＝0.6 s
所以总时间为t总＝t＋t1＋t2＝1.5 s。
答案：(1)1.6 m/s　(2)0.72 m　(3)1.5 s

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