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第15课时　牛顿第二定律的基本应用
[学习目标]　1．知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。2．掌握动力学两类基本问题的求解方法。3．理解“等时圆”模型。
超重与失重问题
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：物体具有________的加速度。
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：物体具有________的加速度。
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)________作用力的现象称为完全失重。
(2)产生条件：物体的加速度a＝________，方向竖直向下。
　嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器和上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。根据组合体着陆月球的过程，判断下列说法的正误：
(1)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (　　)
(2)组合体着陆月球过程的悬停阶段，组合体处于失重状态。 (　　)
(3)组合体着陆月球过程的减速阶段，组合体处于超重状态。 (　　)
(4)组合体着陆月球过程的自由下落阶段，组合体处于完全失重状态。 (　　)
　对超重、失重现象的理解、计算
[典例1]　(2024·全国甲卷)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为________ N(结果保留一位小数)。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于__________(选填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为________ m/s2(结果保留一位小数)。
　超重、失重现象的图像问题
[典例2]　(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　)
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
方法技巧：判断超重和失重的方法
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0时，物体处于完全失重状态
从加速度的 角度判断 当物体具有向上(或斜向上)的加速度时，物体处于超重状态；具有向下(或斜向下)的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度a＝g时，物体处于完全失重状态
从速度变化 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
动力学中的两类基本问题
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：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。
小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度g取10 m/s2，(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)
(1)小物块沿斜面向上运动时，小物块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上。 (　　)
(2)小物块沿斜面向上运动时加速度大小为10 m/s2。 (　　)
(3)小物块在斜面上的加速度大小为2 m/s2。 (　　)
　从受力情况确定运动情况
[典例3]　(2025·山东济宁模拟)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ＝37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1＝0.30，速度大于或等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2＝0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长AB＝16.25 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)运动员到达B点时的速度大小；
(2)运动员在水平雪地上运动的距离。
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　从运动情况确定受力情况
[典例4]　(2025·上海卷)如图所示，在倾角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统，即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内，速度从v0＝72 km/h减速到vt＝18 km/h，运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f＝500 N，小车的质量m＝1 500 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 4.8°＝0.08。求这一过程中：
(1)小车的位移大小x；
(2)回收作用力大小F。
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归纳总结：动力学问题的解题思路
“等时圆”模型
1．结论
在同一竖直圆上，物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点，或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上，物体的运动时间相等，且仅决定于圆的直径。
2．类型
如图甲、乙、丙所示，质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D，从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等；乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等；丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3。
(1)沿OC杆，从O点滑到C点所用时间为t3＝2，其中R为半径。 (　　)
(2)因OC杆最短，所以t3最小。 (　　)
(3)三个时间关系有t1＝t2＝t3。 (　　)
[典例5]　(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第15课时
考点1
1．(1)大于　(2)向上
2．(1)小于　(2)向下
3．(1)完全没有　(2)g
情境辨析　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
典例1　解析：(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N。
(2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N答案：(1)5.0　(2)失重　1.0
典例2　B　[t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后竖直上升，故A错误；t2～t3间，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，实验舱从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。故选B。]
考点2
判断正误　(1)×　(2)√　(3)×
典例3　解析：(1)速度小于6 m/s时，有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1
则有＝2a1x1
速度大于或等于6 m/s时，有mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2，
则有－＝2a2(xAB－x1)
联立解得v2＝12 m/s。
(2)在水平雪地上运动，速度大于或等于6 m/s时，有μ2mg＝ma3
可得－＝2a3x3
速度小于6 m/s时，有μ1mg＝ma4
则有＝2a4x4
在水平雪地上运动的距离x＝x3＋x4，解得x＝42 m。
答案：(1)12 m/s　(2)42 m
典例4　解析：(1)在5 s时间内，小车的平均速度
＝＝45 km/h＝12.5 m/s
小车的位移大小x＝t＝62.5 m。
(2)在5 s时间内，小车的加速度a＝＝ m/s2＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 4.8°－F－f＝ma
解得F＝5 200 N。
答案：(1)62.5 m　(2)5 200 N
考点3
情境辨析　(1)√　(2)×　(3)√
典例5　BCD　[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0，但平均加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故选BCD。]
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第三章　运动和力的关系
第15课时　牛顿第二定律的基本应用
[学习目标]　1．知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。2．掌握动力学两类基本问题的求解方法。3．理解“等时圆”模型。
考点1　超重与失重问题
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：物体具有______的加速度。
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：物体具有______的加速度。
大于
向上
小于
向下
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)__________作用力的现象称为完全失重。
(2)产生条件：物体的加速度a＝___，方向竖直向下。
完全没有　
g
嫦娥六号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器和上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。根据组合体着陆月球的过程，判断下列说法的正误：
(1)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (　　)
(2)组合体着陆月球过程的悬停阶段，组合体处于失重状态。 (　　)
(3)组合体着陆月球过程的减速阶段，组合体处于超重状态。 (　　)
(4)组合体着陆月球过程的自由下落阶段，组合体处于完全失重状态。 (　　)
√　
×　
√　
√　
角度1　对超重、失重现象的理解、计算
[典例1]　(2024·全国甲卷)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为______ N
(结果保留一位小数)。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于________(选填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为________ m/s2(结果保留一位小数)。
5.0　
失重　
1.0
解析]　(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为 5.0 N。
(2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N角度2　超重、失重现象的图像问题
[典例2]　(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f 的大小随速率增大而增大，f 随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　)
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
√
B　[t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后竖直上升，故A错误；t2～t3间，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，实验舱从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。故选B。]
方法技巧：判断超重和失重的方法
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0时，物体处于完全失重状态
从加速度的 角度判断 当物体具有向上(或斜向上)的加速度时，物体处于超重状态；具有向下(或斜向下)的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度a＝g时，物体处于完全失重状态
从速度变化 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
1．解决动力学两类基本问题的思路
考点2　动力学中的两类基本问题
2．分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：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。
小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图
所示，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面
足够长，倾角为37°，重力加速度g取10 m/s2，(cos 37°
＝0.8，sin 37°＝0.6)
(1)小物块沿斜面向上运动时，小物块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上。 (　　)
(2)小物块沿斜面向上运动时加速度大小为10 m/s2。 (　　)
(3)小物块在斜面上的加速度大小为2 m/s2。 (　　)
×　
√　
×
角度1　从受力情况确定运动情况
[典例3]　(2025·山东济宁模拟)在滑雪运动中，滑雪板速度较小时，与雪地接触时间长，滑雪板下陷较多，使得滑雪板与雪地间的动摩擦因数较大，滑雪板速度变大时，与雪地间的动摩擦因数就会变小。如图所示，一运动员使用滑雪板从倾角θ＝37°的雪坡斜面顶端A处由静止滑下，滑至坡底B后又滑上一段水平雪面，最后停在C处。假设滑雪板速度小于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数μ1＝0.30，速度大于或等于6 m/s时，与雪地间的动摩擦因数变为μ2＝0.15。不计空气阻力，运动员经过B处前后瞬间速度大小不变，已知坡长AB＝16.25 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)运动员到达B点时的速度大小；
(2)运动员在水平雪地上运动的距离。
[解析]　(1)速度小于6 m/s时，有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1
则有＝2a1x1
速度大于或等于6 m/s时，有mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2，
则有－＝2a2(xAB－x1)
联立解得v2＝12 m/s。
(2)在水平雪地上运动，速度大于或等于6 m/s时，有μ2mg＝ma3
可得－＝2a3x3
速度小于6 m/s时，有μ1mg＝ma4
则有＝2a4x4
在水平雪地上运动的距离x＝x3＋x4，解得x＝42 m。
[答案]　(1)12 m/s　(2)42 m
角度2　从运动情况确定受力情况
[典例4]　(2025·上海卷)如图所示，在倾角为4.8°的斜坡上，有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统，即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内，速度从v0＝72 km/h减速到vt＝18 km/h，运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f＝500 N，小车的质量m＝1 500 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 4.8°＝0.08。求这一过程中：
(1)小车的位移大小x；
(2)回收作用力大小F。
[解析]　(1)在5 s时间内，小车的平均速度
＝＝45 km/h＝12.5 m/s
小车的位移大小x＝t＝62.5 m。
(2)在5 s时间内，小车的加速度a＝＝ m/s2＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 4.8°－F－f＝ma
解得F＝5 200 N。
[答案]　(1)62.5 m　(2)5 200 N
归纳总结：动力学问题的解题思路
考点3　“等时圆”模型
1．结论
在同一竖直圆上，物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点，或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上，物体的运动时间相等，且仅决定于圆的直径。
2．类型
如图甲、乙、丙所示，质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D，从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等；乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等；丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3。
(1)沿OC杆，从O点滑到C点所用时间为t3＝2，其中R为半径。 (　　)
(2)因OC杆最短，所以t3最小。 (　　)
(3)三个时间关系有t1＝t2＝t3。 (　　)
√　
×　
√
[典例5]　(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√
√
√
BCD　[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0，但平均加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故选BCD。]
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如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　)
A．从A处释放的球
B．从B处释放的球
C．从C处释放的球
D．从A、B、C三处释放的球同时到达
√
B　[设板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α，下滑时小球的加速度a＝gcos α，根据位移－时间公式得s＝at2，则t＝＝＝，即当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到底端所用的时间相同。由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，则从B处释放的球下滑的时间最短，B正确。]
课时作业(十五)　牛顿第二定律的基本应用
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．(2025·山西大同一模)快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入电梯后，电梯向上运行的v-t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员感觉货物“最轻”的时间段是(　　)
A．0～t1　B．t3～t4 C．t2～t3　D．t1～t2
√
B　[感觉“最轻”是指货物对手的压力最小，由牛顿第二定律可知，当电梯向上减速时，加速度向下，货物失重，此时货物对手的压力最小，由题图可知为t3～t4阶段。故选B。]
2．(2025·甘肃白银一模)质量为60 kg的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为65 kg，则在该时刻升降机的运动情况可能是(　　)
A．匀速上升　 B．加速上升
C．减速上升　 D．加速下降
B　[该同学所受支持物的弹力大于本身的重力，为超重现象，加速度方向竖直向上。故选B。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(2025·湖北黄冈模拟)蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g。则球2运动的时间为(　　)
A．　 B．C．2　 D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　[球2匀减速直线运动到停下的过程，可以看作反向匀加速直线运动，可得L＝at2，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得t＝，故选A。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(2025·湖北武汉模拟)《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为(　　)
A．　B．C．　D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[根据牛顿第二定律有a＝＝kg，根据运动学公式有2ax＝，联立解得x＝＝，故选B。]
5．(2025·辽宁大连一模)以相同的初速度将A、B两物体同时竖直向上抛出，物体A所受空气阻力可忽略，物体B所受空气阻力大小与物体速率成正比，用tA和tB分别表示两物体上升至最高点所需要的时间，则tA和tB的大小关系为(　　)
A．tA＝tB　 B．tAC．tA>tB　 D．无法比较
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[由题意可知，物体A不受空气阻力，只受重力，做竖直上抛运动，则有tA＝，物体B受空气阻力，在其上升阶段，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，解得a＝g＋，由于物体B所受阻力随着速度减小而减小，故物体B的加速度逐渐减小至最小值g，由于物体B上升过程中的加速度大于重力加速度g，且物体A、B二者初速度相同，所以tA>tB，故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　　)
A．tA＝tB＝tC　
B．tAC．tA>tB>tC　
D．tA＝tC>tB
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　[设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有2Rcos θ＝gcos θt2，解得运动时间为t＝2，与弦和竖直方向的夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故A正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(鲁科版必修第一册习题改编)如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻，电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2
B．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物所受重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为
8 N时，对重物有mg－F＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。]
题号
1
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8．近几年，极限运动越来越受到年轻人的喜欢，其中“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示是简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放，体验者像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知人与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．打开扣环瞬间，体验者的加速度大小为20 m/s2
B．从A到B过程，体验者做加速度增大的加速运动
C．在B点，体验者所受合力最大
D．在C点，体验者处于超重状态
√
题号
1
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A　[传感器示数T＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F＝T＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，A正确；体验者从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为0，故人做加速度不断减小的加速运动，B、C错误；在B点时速度最大，在C点时速度为0，可知B到C过程，人做减速运动，加速度向下，故人处于失重状态，D错误。故选A。]
题号
1
3
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9
9．(2025·四川泸州模拟)工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5 m/s2做匀加速运动，经t1＝8 s后做匀减速运动，再经过t2＝4 s后刚好停在物料堆处。工人将一个质量m＝20 kg的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角θ＝37°向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)初始时空车到物料堆的距离；
(2)放上物料后以a2＝0.25 m/s2的加速度推车时，
底板P对物料支持力的大小。
题号
1
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9
[解析]　(1)由题意知加速结束时的速度v＝a1t1＝4 m/s
则初始时空车到物料堆的距离x＝t1＋t2，联立解得x＝24 m。
(2)物料受力情况如图所示
对物料，由牛顿第二定律有F2sin θ－F1cos θ＝ma2
竖直方向有F2cos θ＋F1sin θ＝mg
联立解得F2＝163 N
则底板P对物料支持力的大小为163 N。
题号
1
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9
[答案]　(1)24 m　(2)163 N
谢谢！课时作业(十五)　牛顿第二定律的基本应用
说明：选择题每小题4分；本试卷共44分。　　
1．(2025·山西大同一模)快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入电梯后，电梯向上运行的v-t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员感觉货物“最轻”的时间段是(　　)
A．0～t1　 B．t3～t4
C．t2～t3　 D．t1～t2
2．(2025·甘肃白银一模)质量为60 kg的某同学站在升降机中的磅秤上，某一时刻该同学发现磅秤的示数为65 kg，则在该时刻升降机的运动情况可能是(　　)
A．匀速上升　 B．加速上升
C．减速上升　 D．加速下降
3．(2025·湖北黄冈模拟)蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上进行，比赛用球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L，两球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ，一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g。则球2运动的时间为(　　)
A．　 B．
C．2　 D．
4．(2025·湖北武汉模拟)《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
5．(2025·辽宁大连一模)以相同的初速度将A、B两物体同时竖直向上抛出，物体A所受空气阻力可忽略，物体B所受空气阻力大小与物体速率成正比，用tA和tB分别表示两物体上升至最高点所需要的时间，则tA和tB的大小关系为(　　)
A．tA＝tB　 B．tAC．tA>tB　 D．无法比较
6．如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　　)
A．tA＝tB＝tC
B．tAC．tA>tB>tC
D．tA＝tC>tB
7．(鲁科版必修第一册习题改编)如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻，电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2
B．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
C．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2
8．近几年，极限运动越来越受到年轻人的喜欢，其中“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示是简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放，体验者像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知人与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．打开扣环瞬间，体验者的加速度大小为20 m/s2
B．从A到B过程，体验者做加速度增大的加速运动
C．在B点，体验者所受合力最大
D．在C点，体验者处于超重状态
9．(12分)(2025·四川泸州模拟)工地电动物料运输车的左端有一个垂直底板的挡板。工人将空车从静止开始沿直线推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5 m/s2做匀加速运动，经t1＝8 s后做匀减速运动，再经过t2＝4 s后刚好停在物料堆处。工人将一个质量m＝20 kg的物料放在车上，保持车底板P与水平面间的夹角θ＝37°向左推车，如图乙所示。物料受到的摩擦力不计。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)初始时空车到物料堆的距离；
(2)放上物料后以a2＝0.25 m/s2的加速度推车时，底板P对物料支持力的大小。
课时作业(十五)
1．B　[感觉“最轻”是指货物对手的压力最小，由牛顿第二定律可知，当电梯向上减速时，加速度向下，货物失重，此时货物对手的压力最小，由题图可知为t3～t4阶段。故选B。]
2．B　[该同学所受支持物的弹力大于本身的重力，为超重现象，加速度方向竖直向上。故选B。]
3．A　[球2匀减速直线运动到停下的过程，可以看作反向匀加速直线运动，可得L＝at2，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得t＝，故选A。]
4．B　[根据牛顿第二定律有a＝＝kg，根据运动学公式有2ax＝，联立解得x＝＝，故选B。]
5．C　[由题意可知，物体A不受空气阻力，只受重力，做竖直上抛运动，则有tA＝，物体B受空气阻力，在其上升阶段，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，解得a＝g＋，由于物体B所受阻力随着速度减小而减小，故物体B的加速度逐渐减小至最小值g，由于物体B上升过程中的加速度大于重力加速度g，且物体A、B二者初速度相同，所以tA>tB，故选C。]
6．A　[设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有2Rcos θ＝gcos θt2，解得运动时间为t＝2，与弦和竖直方向的夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故A正确。]
7．C　[电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物所受重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mg－F＝ma，代入数据解得a＝2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。]
8．A　[传感器示数T＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F＝T＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，A正确；体验者从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为0，故人做加速度不断减小的加速运动，B、C错误；在B点时速度最大，在C点时速度为0，可知B到C过程，人做减速运动，加速度向下，故人处于失重状态，D错误。故选A。]
9．解析：(1)由题意知加速结束时的速度v＝a1t1＝4 m/s
则初始时空车到物料堆的距离x＝t1＋t2，联立解得x＝24 m。
(2)物料受力情况如图所示
对物料，由牛顿第二定律有F2sin θ－F1cos θ＝ma2
竖直方向有F2cos θ＋F1sin θ＝mg
联立解得F2＝163 N
则底板P对物料支持力的大小为163 N。
答案：(1)24 m　(2)163 N
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