資源簡介

(共70張PPT)
牛頓第二定律的基本應用
第
2
講
目標
要求
1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法.2.會利用牛頓第二定律對超重、失重、瞬時加速度問題進行分析計算.
內容索引
考點一　瞬時問題
考點二　超重和失重問題
考點三　動力學兩類基本問題
課時精練
考點一
瞬時問題
1.兩種模型
合外力與加速度具有因果關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，當物體所受合外力發生變化時，加速度也隨著發生變化，而物體運動的速度 發生突變.
梳理
必備知識
不能
2.解題思路
例1　如圖所示，物塊1的質量為3m，物塊2的質量為m，兩者通過彈簧相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態.現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度為g.則有
A.a1＝0，a2＝g
B.a1＝g，a2＝g
C.a1＝0，a2＝4g
D.a1＝g，a2＝4g
√
開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態，彈簧的彈力大小F＝3mg，抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0；抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，對物塊2分析，
受重力和彈簧向下的彈力，根據牛頓第二定律得a2＝ ＝4g，故C正確，A、B、D錯誤.
例2　在兒童蹦極游戲中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩，質量為m的小明如圖所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg.若此時小明左側橡皮繩斷裂，則此時小明的
A.加速度為零，速度為零
B.加速度a＝g，方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下
C.加速度a＝g，方向沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上
D.加速度a＝g，方向豎直向下
√
若小明左側橡皮繩斷裂，則小明此時速度為零，所受合力大小為mg.方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，所以加速度a＝g，方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下.故選B.
例3　(多選)如圖所示，水平輕彈簧兩端拴接兩個質量均為m的小球a和b，拴接小球的細線P、Q固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為37°.現剪斷細線P.彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是
C.剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，細線P的拉力變小
D.剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，小球a的加速度大小為0.8g
√
√
√
剪斷細線P前，對小球a進行受力分析，小球a受豎直向下的重力、水平向右的彈簧彈力以及沿細線P向上的拉力.根據共點力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，聯立解得x＝ 故A正確；
剪斷細線P的瞬間，彈簧的彈力不變，所以小球b處于靜止狀態，所受合力為零，加速度為0，故B錯誤；
考點二
超重和失重問題
1.實重和視重
(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態 (選填“無關”或“相關”).
(2)視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重.
梳理
必備知識
無關
2.超重、失重和完全失重的對比
名稱 超重 失重 完全失重
現象 視重 實重 視重 實重 視重等于___
產生條件 物體的加速度______ 物體的加速度_____ 物體豎直向下的加速度等于___
對應運 動情境 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 自由落體運動、豎直上拋運動、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.加速上升的物體處于超重狀態.(　　)
2.減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力.(　　)
3.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態.(　　)
4.物體處于超重或失重狀態時其重力并沒有發生變化.(　　)
5.根據物體處于超重或失重狀態，可以判斷物體運動的速度方向.(　　)
√
×
×
√
×
1.判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態.
(2)從加速度的角度判斷
當物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態.
提升
關鍵能力
2.對超重和失重現象的理解
(1)發生超重或失重現象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了).
(2)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等.
例4　“蹦極”是一項非常刺激的體育運動.某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中
A.人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態
B.在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態
C.在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態
D.在c點，人的速度為零，其加速度也為零
考向1　對超、失重現象的理解
√
在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態，故A、B錯誤，C正確；
在c點，人的速度為零，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D錯誤.
例5　(多選)(2023·河南省模擬)在直升機豎直降落的過程中，開始時飛機勻速降落，飛行員對座椅的壓力情況如圖所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列說法正確的是
A.飛行員的質量為70 kg
B.飛行員在t1時刻的加速度方向向下
C.飛行員在t2時刻的加速度方向向下
D.從圖中可知飛行員在這兩次規避障礙過程中的加速度的最大值為6 m/s2
√
考向2　超、失重現象的圖像問題
√
由題圖可知，飛行員受到的重力大小為500 N，則質量為50 kg，A錯誤；
飛行員在t1時刻對座椅的壓力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正確；
飛行員在t2時刻對座椅的壓力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C錯誤；
由題圖可知，飛行員在t1時刻受到的合力最大，則有mg－F＝mamax，代入數據解得amax＝6 m/s2，D正確.
例6　跳樓機可以使人體驗失重和超重(如圖所示).現讓升降機將座艙送到距地面H＝78 m的高處，然后讓座艙自由下落，落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，使座艙均勻減速，座艙落到地面時剛好停下，在該體驗中，小明將質量m＝10 kg的書包平放在大腿上(不計空氣阻力，g取10 m/s2).
考向3　超、失重現象的分析和計算
(1)當座艙靜止時，請用所學知識證明書包的重力G與書包對小明大腿的壓力大小F相等.
答案　見解析　
設小明大腿對書包的支持力大小為FN，因為物體處于靜止狀態，則FN＝G
根據牛頓第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)當座艙落到距地面h1＝50 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F1；
答案　0　
座艙自由下落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，所以當座艙距地面h1＝50 m時，書包處于完全失重狀態，則有F1＝0.
(3)求跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大小；
答案　16 m/s2
座艙自由下落高度為H－h＝78 m－30 m＝48 m，座艙開始制動時，已獲得速度vm，由運動學公式得vm2＝2g(H－h)
座艙制動過程做勻減速直線運動，則有vm2＝2ah，聯立可得a＝16 m/s2，方向豎直向上，故跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大小為16 m/s2.
(4)當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F2.
答案　260 N
由牛頓第二定律得F2－mg＝ma，代入數據得F2＝260 N，故當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，小明對書包的作用力大小為260 N.
考點三
動力學兩類基本問題
1.動力學問題的解題思路
2.解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁.
例7　(2022·浙江1月選考·19改編)第24屆冬奧會在我國舉辦.鋼架雪車比賽的一段賽道如圖甲所示，長12 m水平直道AB與長20 m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°.運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8 m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖乙所示)，到C點共用時5.0 s.若雪車(包括運動員)可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪車(包括運動員)
(1)在直道AB上的加速度大小；
運動員在直道AB上做勻加速運動，
則有v12＝2a1x1
(2)過C點的速度大小；
答案　12 m/s
由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
運動員在斜道BC上勻加速下滑，則有
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
過C點的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小.
在斜道BC上由牛頓第二定律，有
mgsin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
答案　66 N
例8　(2023·四川金堂縣淮口中學高三檢測)如圖所示，ABC是一雪道，AB段為長L＝80 m、傾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB與BC平滑相連.一個質量m＝75 kg的滑雪運動員(含滑雪板)，從斜坡頂端以v0＝2.0 m/s的初速度勻加速滑下，經時間t＝5.0 s到達斜坡底端B點.滑雪板與雪道間的動摩擦因數在AB段和BC段均相同(運動員可視為質點).取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)運動員在斜坡上滑行時的加速度大小a；
答案　5.6 m/s2
代入數據解得a＝5.6 m/s2
答案　0.05　
(2)滑雪板與雪道間的動摩擦因數μ；
在斜坡上運動員受力如圖甲所示，建立如圖甲所示的直角坐標系，根據牛頓第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcos θ＝0，Ff＝μFN，
聯立解得μ＝0.05.
答案　59 m
(3)運動員滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s內滑行的距離x.
運動員滑到B點時的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上運動員受力如圖乙所示，建立如圖乙所示的直角坐標系，設運動員的加速度為a′，
根據牛頓第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋ a′t′2，聯立解得x＝59 m.
四
課時精練
1.(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是
A.0～t1時間內，v增大，FN>mg
B.t1～t2 時間內，v減小，FNC.t2～t3 時間內，v增大，FND.t2～t3時間內，v減小，FN>mg
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√
基礎落實練
根據s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；
0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態，則FN1
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t2～t3時間內，速度逐漸減小，加速度向上，處于超重狀態，則FN>mg，故D正確.
2.水平路面上質量為30 kg的小車，在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動.2 s后撤去該推力，則下列說法正確的是
A.小車2 s末的速度大小是4 m/s
B.小車受到的阻力大小是15 N
C.撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2
D.小車運動的總時間為6 s
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根據運動學公式，小車2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A錯誤；
3.(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力
A.t＝2 s時最大
B.t＝2 s時最小
C.t＝8.5 s時最大
D.t＝8.5 s時最小
√
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√
人乘電梯向上運動，規定豎直向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據牛頓第三定律知，人對地板的壓力
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大小等于地板對人的支持力大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤.
4.(多選)如圖所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB為底邊，三個斜面的傾角分別為75°、45°、30°.物體分別沿三個斜面從頂端由靜止滑到底端，下列說法中正確的是
A.物體沿CA下滑，加速度最大
B.物體沿EA下滑，加速度最大
C.物體沿CA滑到底端所需時間最短
D.物體沿DA滑到底端所需時間最短
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√
√
設斜面傾角為α，物體沿光滑斜面下滑時的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物體沿CA下滑，斜面傾角最大，加速度最大，故A正確，B錯誤；
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5.(2023·浙江寧波市鄞州中學模擬)如圖所示，豎直平面內兩個完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均與質量為m的小球相連接，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接.彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為
A.a＝0.5g
B.a＝g
C.a＝1.5g
D.a＝0
√
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彈簧a、b的彈力大小均為mg，當彈簧的彈力為拉力時，其合力方向豎直向下、大小為mg，由平衡條件知輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時，小球的合力為2mg，此時加速度大小
為2g，方向向下；當彈簧的彈力為支持力時，其合力豎直向上、大小為mg，根據平衡條件知輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時，小球受到的合力為0，此時加速度大小為0，故A、B、C錯誤，D正確.
6.(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心.每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示
滑環沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間.下列關系正
確的是
A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1√
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能力綜合練
√
√
設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；
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而由c→a與由O→b滑動的小滑環相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝ 可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正確.
7.(2023·浙江省高三開學考試)航母阻攔索是航母阻攔裝置的重要組成部分，實現了艦載機在有限長度的航母甲板上的安全著艦.一艦載機的質量為2×104 kg，以速度216 km/h著艦的同時其尾鉤鉤住阻攔索，此后艦載機視為勻減速直線運動，運動90 m時速度為零，如圖所示，某時刻兩條阻攔索之間的夾角為74°，不計著艦過程中的其他
阻力，cos 37°＝0.8，此時阻攔索上的彈力為
A.2.5×105 N B.5×105 N
C.6.5×106 N D.1.3×107 N
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根據題意可知，飛機做勻減速運動，設加速度大小為a，由公式v02＝2ax，解得a＝20 m/s2，設阻攔索上的彈力為F，由牛頓第二定律有2Fcos 37°＝ma，解得F＝2.5×105 N，故選A.
8.(多選)(2023·安徽黃山市模擬)奧運冠軍全紅嬋在第14屆全運會上再次上演“水花消失術”奪冠.在女子10 m跳臺的決賽中(下面研究過程將全紅嬋視為質點)，全紅嬋豎直向上跳離跳臺的速度為5 m/s，豎直入水后到速度減為零的運動時間與空中運動時間相等，假設所受水的阻力恒定，不計空氣阻力，全紅嬋的體重為35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則
A.跳離跳臺后上升階段全紅嬋處于失重狀態
B.入水后全紅嬋處于失重狀態
C.全紅嬋在空中運動的時間為1.5 s
D.入水后全紅嬋受到水的阻力為612.5 N
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跳離跳臺后上升階段，加速度豎直向下，則全紅嬋處于失重狀態，A正確；
入水后全紅嬋的加速度豎直向上，處于超重狀態，B錯誤；
以豎直向上為正方向，則根據－h＝v0t－ 可得t＝2 s，即全紅嬋在空中運動的時間為2 s，C錯誤；
入水時的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝ ＝7.5 m/s2，方向豎直向上，根據牛頓第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正確.
9.(2020·浙江7月選考·19)如圖甲所示，有一質量m＝200 kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經加速、勻速、勻減速至指定位置.當加速運動到總位移的 時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34 s末速度減為0時恰好到達指定位置.若不計繩索的質量和空氣阻力，求物件：(g取10 m/s2)
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(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；
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答案　0.125 m/s2　豎直向下　
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由題及題圖乙可知，在0～26 s時間內，物件勻速運動，26～34 s時間內，物件勻減速運動，在勻減速運動過程中，
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
(2)勻速運動的速度大小；
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答案　1 m/s
設勻減速時間為t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由運動學公式有v＝at2＝1 m/s
(3)總位移的大小.
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答案　40 m
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由題圖乙可知，勻速上升的位移h1＝vt1＝26 m
所以物件的總位移大小h＝40 m.
10.(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接.若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ＝ 貨物可視為質點(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2).
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(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
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答案　2 m/s2　
根據牛頓第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入數據解得a1＝2 m/s2
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
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答案　4 m/s
根據運動學公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2.
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答案　2.7 m
根據牛頓第二定律有μmg＝ma2
根據運動學公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入數據聯立解得l2＝2.7 m.
11.(2019·浙江4月選考·12)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球.A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內.若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木<ρ水<ρ鐵)
A.A球將向上運動，B、C球將向下運動
B.A、B球將向上運動，C球不動
C.A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動
D.A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動
√
1
2
3
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素養提升練
1
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開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；
B球下的彈簧被拉長，彈力向下；
將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統的加速度為g，為完全失重狀態，此時水對球的浮力為
零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，由于細線的拉力可以突變為零，所以C球相對于杯底不動，故選D.第2講　牛頓第二定律的基本應用
目標要求　1.掌握動力學兩類基本問題的求解方法.2.會利用牛頓第二定律對超重、失重、瞬時加速度問題進行分析計算．
考點一　瞬時問題
1．兩種模型
合外力與加速度具有因果關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，當物體所受合外力發生變化時，加速度也隨著發生變化，而物體運動的速度不能發生突變．
2．解題思路
→
→→
例1　如圖所示，物塊1的質量為3m，物塊2的質量為m，兩者通過彈簧相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態．現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度為g.則有(　　)
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　開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態，彈簧的彈力大小F＝3mg，抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0；抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，對物塊2分析，受重力和彈簧向下的彈力，根據牛頓第二定律得a2＝＝4g，故C正確，A、B、D錯誤．
例2　在兒童蹦極游戲中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩，質量為m的小明如圖所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg.若此時小明左側橡皮繩斷裂，則此時小明的(　　)
A．加速度為零，速度為零
B．加速度a＝g，方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下
C．加速度a＝g，方向沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向豎直向下
答案　B
解析　若小明左側橡皮繩斷裂，則小明此時速度為零，所受合力大小為mg.方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，所以加速度a＝g，方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下．故選B.
例3　(多選)如圖所示，水平輕彈簧兩端拴接兩個質量均為m的小球a和b，拴接小球的細線P、Q固定在天花板上，兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為37°.現剪斷細線P.彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是(　　)
A．剪斷細線P前，彈簧形變量為
B．剪斷細線P的瞬間，小球b的加速度大小為
C．剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，細線P的拉力變小
D．剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，小球a的加速度大小為0.8g
答案　ACD
解析　剪斷細線P前，對小球a進行受力分析，小球a受豎直向下的重力、水平向右的彈簧彈力以及沿細線P向上的拉力．根據共點力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcos 37°＝kx，聯立解得x＝，故A正確；剪斷細線P的瞬間，彈簧的彈力不變，所以小球b處于靜止狀態，所受合力為零，加速度為0，故B錯誤；剪斷細線P前，細線P的拉力大小為FT＝mg，剪斷與a球連接處的彈簧的瞬間，彈簧的彈力為零，小球a即將擺動，此時擺動的速度為零，則徑向合力為零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcos 37°＝mat，解得FT′＝mg考點二　超重和失重問題
1．實重和視重
(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態無關(選填“無關”或“相關”)．
(2)視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重．
2．超重、失重和完全失重的對比
名稱 超重 失重 完全失重
現象 視重大于實重 視重小于實重 視重等于0
產生條件 物體的加速度向上 物體的加速度向下 物體豎直向下的加速度等于g
對應運 動情境 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 自由落體運動、豎直上拋運動、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．加速上升的物體處于超重狀態．(　√　)
2．減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力．(　×　)
3．加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態．(　×　)
4．物體處于超重或失重狀態時其重力并沒有發生變化．(　√　)
5．根據物體處于超重或失重狀態，可以判斷物體運動的速度方向．(　×　)
1．判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等于零時，物體處于完全失重狀態．
(2)從加速度的角度判斷
當物體具有向上的(分)加速度時，物體處于超重狀態；具有向下的(分)加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態．
2．對超重和失重現象的理解
(1)發生超重或失重現象時，物體所受的重力沒有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了(即“視重”變大或變小了)．
(2)在完全失重的狀態下，一切由重力產生的物理現象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液柱不再產生壓強等．
考向1　對超、失重現象的理解
例4　“蹦極”是一項非常刺激的體育運動．某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸吊著時的平衡位置，空氣阻力不計，則人從P點落下到最低點c的過程中(　　)
A．人從a點開始做減速運動，一直處于失重狀態
B．在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于超重狀態
C．在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態
D．在c點，人的速度為零，其加速度也為零
答案　C
解析　在Pa段繩還沒有被拉長，人做自由落體運動，所以處于完全失重狀態，在ab段繩的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，處于失重狀態；在bc段繩的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，處于超重狀態，故A、B錯誤，C正確；在c點，人的速度為零，繩的形變量最大，繩的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D錯誤．
考向2　超、失重現象的圖像問題
例5　(多選)(2023·河南省模擬)在直升機豎直降落的過程中，開始時飛機勻速降落，飛行員對座椅的壓力情況如圖所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．飛行員的質量為70 kg
B．飛行員在t1時刻的加速度方向向下
C．飛行員在t2時刻的加速度方向向下
D．從圖中可知飛行員在這兩次規避障礙過程中的加速度的最大值為6 m/s2
答案　BD
解析　由題圖可知，飛行員受到的重力大小為500 N，則質量為50 kg，A錯誤；飛行員在t1時刻對座椅的壓力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正確；飛行員在t2時刻對座椅的壓力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C錯誤；由題圖可知，飛行員在t1時刻受到的合力最大，則有mg－F＝mamax，代入數據解得amax＝6 m/s2，D正確．
考向3　超、失重現象的分析和計算
例6　跳樓機可以使人體驗失重和超重(如圖所示)．現讓升降機將座艙送到距地面H＝78 m的高處，然后讓座艙自由下落，落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，使座艙均勻減速，座艙落到地面時剛好停下，在該體驗中，小明將質量m＝10 kg的書包平放在大腿上(不計空氣阻力，g取10 m/s2)．
(1)當座艙靜止時，請用所學知識證明書包的重力G與書包對小明大腿的壓力大小F相等．
(2)當座艙落到距地面h1＝50 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F1；
(3)求跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大小；
(4)當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，求小明對書包的作用力大小F2.
答案　(1)見解析　(2)0　(3)16 m/s2　(4)260 N
解析　(1)設小明大腿對書包的支持力大小為FN，因為物體處于靜止狀態，則FN＝G
根據牛頓第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)座艙自由下落到距地面h＝30 m的位置時開始制動，所以當座艙距地面h1＝50 m時，書包處于完全失重狀態，則有F1＝0.
(3)座艙自由下落高度為H－h＝78 m－30 m＝48 m，座艙開始制動時，已獲得速度vm，由運動學公式得vm2＝2g(H－h)
座艙制動過程做勻減速直線運動，則有vm2＝2ah，聯立可得a＝16 m/s2，方向豎直向上，故跳樓機制動后(勻減速階段)加速度a的大小為16 m/s2.
(4)由牛頓第二定律得F2－mg＝ma，代入數據得F2＝260 N，故當座艙落到距地面h2＝15 m的位置時，小明對書包的作用力大小為260 N．
考點三　動力學兩類基本問題
1．動力學問題的解題思路
2．解題關鍵
(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；
(2)兩個橋梁——加速度是聯系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯系各物理過程的橋梁．
例7　(2022·浙江1月選考·19改編)第24屆冬奧會在我國舉辦．鋼架雪車比賽的一段賽道如圖甲所示，長12 m水平直道AB與長20 m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°.運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8 m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖乙所示)，到C點共用時5.0 s．若雪車(包括運動員)可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪車(包括運動員)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)過C點的速度大小；
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小．
答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析　(1)運動員在直道AB上做勻加速運動，
則有v12＝2a1x1
解得a1＝ m/s2
(2)由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
運動員在斜道BC上勻加速下滑，則有
x2＝v1t2＋a2t22
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
過C點的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上由牛頓第二定律，有
mgsin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
例8　(2023·四川金堂縣淮口中學高三檢測)如圖所示，ABC是一雪道，AB段為長L＝80 m、傾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB與BC平滑相連．一個質量m＝75 kg的滑雪運動員(含滑雪板)，從斜坡頂端以v0＝2.0 m/s的初速度勻加速滑下，經時間t＝5.0 s到達斜坡底端B點．滑雪板與雪道間的動摩擦因數在AB段和BC段均相同(運動員可視為質點)．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)運動員在斜坡上滑行時的加速度大小a；
(2)滑雪板與雪道間的動摩擦因數μ；
(3)運動員滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s內滑行的距離x.
答案　(1)5.6 m/s2　(2)0.05　(3)59 m
解析　(1)根據L＝v0t＋at2，
代入數據解得a＝5.6 m/s2
(2)在斜坡上運動員受力如圖甲所示，建立如圖甲所示的直角坐標系，根據牛頓第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcos θ＝0，Ff＝μFN，
聯立解得μ＝0.05.
(3)運動員滑到B點時的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上運動員受力如圖乙所示，建立如圖乙所示的直角坐標系，設運動員的加速度為a′，
根據牛頓第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋a′t′2，聯立解得x＝59 m.
課時精練
1.(2020·山東卷·1)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小為g.以下判斷正確的是(　　)
A．0～t1時間內，v增大，FN>mg
B．t1～t2 時間內，v減小，FNC．t2～t3 時間內，v增大，FND．t2～t3時間內，v減小，FN>mg
答案　D
解析　根據s－t圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內v增大，t2～t3時間內v減小，t1～t2時間內v不變，故B、C錯誤；0～t1時間內速度越來越大，加速度向下，處于失重狀態，則FNmg，故D正確．
2．水平路面上質量為30 kg的小車，在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動.2 s后撤去該推力，則下列說法正確的是(　　)
A．小車2 s末的速度大小是4 m/s
B．小車受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2
D．小車運動的總時間為6 s
答案　B
解析　根據運動學公式，小車2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A錯誤；根據牛頓第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小為a′＝＝0.5 m/s2，減速時間為t2＝＝ s＝6 s，小車運動的總時間為t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正確，C、D錯誤．
3．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　)
A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小
C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小
答案　AD
解析　人乘電梯向上運動，規定豎直向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據牛頓第三定律知，人對地板的壓力大小等于地板對人的支持力大小，將對應時刻的加速度(包含正負號)代入上式，可得選項A、D正確，B、C錯誤．
4.(多選)如圖所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB為底邊，三個斜面的傾角分別為75°、45°、30°.物體分別沿三個斜面從頂端由靜止滑到底端，下列說法中正確的是(　　)
A．物體沿CA下滑，加速度最大
B．物體沿EA下滑，加速度最大
C．物體沿CA滑到底端所需時間最短
D．物體沿DA滑到底端所需時間最短
答案　AD
解析　設斜面傾角為α，物體沿光滑斜面下滑時的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物體沿CA下滑，斜面傾角最大，加速度最大，故A正確，B錯誤；設AB邊長為x，由運動學公式可得＝at2，聯立可求得t＝2，當α＝45°時t有最小值，說明物體沿DA滑到底端所需時間最短，故C錯誤，D正確．
5.(2023·浙江寧波市鄞州中學模擬)如圖所示，豎直平面內兩個完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均與質量為m的小球相連接，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接．彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為(　　)
A．a＝0.5g B．a＝g
C．a＝1.5g D．a＝0
答案　D
解析　彈簧a、b的彈力大小均為mg，當彈簧的彈力為拉力時，其合力方向豎直向下、大小為mg，由平衡條件知輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時，小球的合力為2mg，此時加速度大小為2g，方向向下；當彈簧的彈力為支持力時，其合力豎直向上、大小為mg，根據平衡條件知輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時，小球受到的合力為0，此時加速度大小為0，故A、B、C錯誤，D正確．
6.(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達a或b所用的時間．下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1答案　BCD
解析　設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正確．
7.(2023·浙江省高三開學考試)航母阻攔索是航母阻攔裝置的重要組成部分，實現了艦載機在有限長度的航母甲板上的安全著艦．一艦載機的質量為2×104 kg，以速度216 km/h著艦的同時其尾鉤鉤住阻攔索，此后艦載機視為勻減速直線運動，運動90 m時速度為零，如圖所示，某時刻兩條阻攔索之間的夾角為74°，不計著艦過程中的其他阻力，cos 37°＝0.8，此時阻攔索上的彈力為(　　)
A．2.5×105 N B．5×105 N
C．6.5×106 N D．1.3×107 N
答案　A
解析　根據題意可知，飛機做勻減速運動，設加速度大小為a，由公式v02＝2ax，解得a＝
20 m/s2，設阻攔索上的彈力為F，由牛頓第二定律有2Fcos 37°＝ma，解得F＝2.5×105 N，故選A.
8．(多選)(2023·安徽黃山市模擬)奧運冠軍全紅嬋在第14屆全運會上再次上演“水花消失術”奪冠．在女子10 m跳臺的決賽中(下面研究過程將全紅嬋視為質點)，全紅嬋豎直向上跳離跳臺的速度為5 m/s，豎直入水后到速度減為零的運動時間與空中運動時間相等，假設所受水的阻力恒定，不計空氣阻力，全紅嬋的體重為35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則(　　)
A．跳離跳臺后上升階段全紅嬋處于失重狀態
B．入水后全紅嬋處于失重狀態
C．全紅嬋在空中運動的時間為1.5 s
D．入水后全紅嬋受到水的阻力為612.5 N
答案　AD
解析　跳離跳臺后上升階段，加速度豎直向下，則全紅嬋處于失重狀態，A正確；入水后全紅嬋的加速度豎直向上，處于超重狀態，B錯誤；以豎直向上為正方向，則根據－h＝v0t－gt2，可得t＝2 s，即全紅嬋在空中運動的時間為2 s，C錯誤；入水時的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向豎直向上，根據牛頓第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正確．
9．(2020·浙江7月選考·19)如圖甲所示，有一質量m＝200 kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經加速、勻速、勻減速至指定位置．當加速運動到總位移的時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34 s末速度減為0時恰好到達指定位置．若不計繩索的質量和空氣阻力，求物件：(g取10 m/s2)
(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；
(2)勻速運動的速度大小；
(3)總位移的大小．
答案　(1)0.125 m/s2　豎直向下　(2)1 m/s
(3)40 m
解析　(1)由題及題圖乙可知，在0～26 s時間內，物件勻速運動，26～34 s時間內，物件勻減速運動，在勻減速運動過程中，
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
可得a＝g－＝0.125 m/s2，方向豎直向下
(2)設勻減速時間為t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由運動學公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由題圖乙可知，勻速上升的位移h1＝vt1＝26 m
勻減速上升的位移h2＝t2＝4 m
由題意可知h1＋h2＝h，
所以物件的總位移大小h＝40 m.
10．(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接．若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ＝，貨物可視為質點(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2.
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)根據牛頓第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入數據解得a1＝2 m/s2
(2)根據運動學公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根據牛頓第二定律有μmg＝ma2
根據運動學公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入數據聯立解得l2＝2.7 m.
11.(2019·浙江4月選考·12)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球．A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內．若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木<ρ水<ρ鐵)(　　)
A．A球將向上運動，B、C球將向下運動
B．A、B球將向上運動，C球不動
C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動
D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動
答案　D
解析　開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬間，系統的加速度為g，為完全失重狀態，此時水對球的浮力為零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，由于細線的拉力可以突變為零，所以C球相對于杯底不動，故選D.

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