?第2講　牛頓第二定律的應(yīng)用



知識點　　牛頓第二定律的應(yīng)用?、?br /> 1．動力學(xué)的兩類基本問題
(1)已知物體的受力情況，確定物體的運動情況；
(2)已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：

知識點　　超重和失重?、?br /> 1．實重與視重
(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。
(2)視重
①當(dāng)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(shù)稱為視重。
②視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。
2．超重、失重和完全失重的比較

超重現(xiàn)象
失重現(xiàn)象
完全失重現(xiàn)象
概念
物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象
物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象
物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現(xiàn)象
產(chǎn)生
條件
物體的加速度方向豎直向上
物體的加速度方向豎直向下
物體的加速度方向豎直向下，大小等于g
原理
方程
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝ma
a＝g
F＝0
運動
狀態(tài)
加速上升或減速下降
加速下降或減速上升
以a＝g加速下降或減速上升

一 堵點疏通
1．物體做勻減速直線運動時，合力的方向與速度的方向相反。(　　)
2．物體所受合力發(fā)生突變，加速度也會相應(yīng)突變。(　　)
3．超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。(　　)
4．物體處于完全失重狀態(tài)時，重力消失。(　　)
5．減速上升的升降機內(nèi)的物體對地板的壓力大于重力。(　　)
6．物體是處于超重還是失重狀態(tài)，由加速度的方向決定，與速度方向無關(guān)。(　　)
答案　1.√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.√
二 對點激活
1．(人教版必修第一冊·P100·T1改編)(多選)一個原來靜止的物體，質(zhì)量是2 kg，受到兩個大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是(　　)
A．物體受到的合力為50 N
B．物體的加速度為25 m/s2
C．3 s末物體的速度為75 m/s
D．3 s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125 m
答案　AC
解析　兩個夾角為120°的50 N的力，其合力仍為50 N，加速度a＝＝25 m/s2,3 s末速度v＝at＝75 m/s,3 s內(nèi)位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正確，B、D錯誤。
2. (2020·江蘇省南通市高三(下)5月二模)(多選)如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員從接觸床面下降到最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，運動員(　　)

A．在第一過程中始終處于失重狀態(tài)
B．在第二過程中始終處于超重狀態(tài)
C．在第一過程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)
D．在第二過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)
答案　CD
解析　在第一過程中，運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時，運動員做減速運動，處于超重狀態(tài)，故A錯誤，C正確。蹦床運動員在第二過程中和第一過程中的運動情況是對稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯誤，D正確。
3. (人教版必修第一冊·P99·例題2改編)如圖所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角θ＝30°，斜面長為7 m?，F(xiàn)木塊上有一質(zhì)量為m＝1.0 kg的滑塊從斜面頂端下滑，測得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)滑塊滑行過程中受到的摩擦力大?。?br /> (2)滑塊滑到木塊底部時的速度大小。
答案　(1)1.5 N　(2)7 m/s
解析　(1)由題意可知，滑塊滑行的加速度
a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2，
對滑塊受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得
mgsinθ－Ff＝ma，
解得Ff＝1.5 N。
(2)根據(jù)v2＝2ax得
v＝ m/s＝7 m/s。




考點1　　牛頓第二定律的瞬時性問題
1.兩種模型
加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：

2．求解瞬時加速度的一般思路
??
例1　如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B用輕質(zhì)彈簧連接，小球A的另一端用輕繩系在O點，放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不動。系統(tǒng)靜止時，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度大小分別為aA、aB，重力加速度大小為g，則(　　)

A．a(chǎn)A＝g，aB＝0 B.aA＝0，aB＝g
C．a(chǎn)A＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
(1)剪斷輕繩前，彈簧的彈力如何求得？
提示：以B為研究對象利用平衡條件求解。
(2)剪斷輕繩后，彈簧的彈力突變嗎？
提示：不突變。
嘗試解答　選A。
輕繩被剪斷前，對小球B進行受力分析，由平衡條件可知，輕彈簧的拉力F＝mgsin30°，輕繩被剪斷的瞬間，輕彈簧的長度還沒有來得及發(fā)生變化，輕彈簧的彈力不變，小球B的受力情況沒有發(fā)生變化，仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零。在剪斷輕繩的瞬間，小球A受到輕彈簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，對小球A，由牛頓第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g，A正確。

求解瞬時加速度問題時應(yīng)抓住“兩點”
(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析。如例1中突然剪斷輕繩，就要重新進行受力分析和運動分析，同時注意哪些力發(fā)生突變。
(2)加速度隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。
[變式1－1]　 (2020·四川省攀枝花市高三第二次統(tǒng)考)如圖所示，吊籃P懸掛在天花板上，與P質(zhì)量相同的小球Q被固定在吊籃中的輕彈簧上端，保持靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度為g，當(dāng)懸掛吊籃的細(xì)繩被剪斷的瞬間，小球Q、吊籃P的加速度大小分別為(　　)

A．g，g B.0，g
C．0,2g D.2g,0
答案　C
解析　剪斷細(xì)繩前，對小球Q受力分析，受到重力mg、彈簧的彈力F，由于Q處于平衡狀態(tài)，則F＝mg，方向向上，則彈簧對P的彈力大小為F，方向向下。剪斷細(xì)繩的瞬間，吊籃P所受重力和彈簧的彈力均不變，細(xì)繩的拉力減為零，故吊籃P受到的合力等于mg＋F，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋F＝maP，所以aP＝2g，小球Q受到的力不變，合力為零，所以aQ＝0，故A、B、D錯誤，C正確。
[變式1－2]　(2020·安徽省亳州市高三第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，質(zhì)量均為2 kg的木塊A和B靜止在傾角為30°的光滑斜面上，此時A、B間恰好沒有彈力，則剪斷細(xì)繩的瞬間A、B間的彈力為(　　)

A．0 B.5 N
C.10 N D.20 N
答案　B
解析　初狀態(tài)因A、B間恰好沒有彈力，所以此時彈簧彈力F＝mgsin30°。剪斷細(xì)繩的瞬間，彈簧彈力不能突變，仍為mgsin30°，以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有2mgsin30°－F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；再隔離B分析有mgsin30°－FN＝ma，解得FN＝5 N，故B正確。
考點2　　動力學(xué)的兩類基本問題
動力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟

例2　(2020·湖北省荊州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測)如圖所示，一足夠長的斜面BC傾角為θ＝37°，與水平面AB圓滑連接。質(zhì)量m＝2 kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9 m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5?，F(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，當(dāng)物體運動至B點時撤去該力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。則：

(1)物體到達B點時的速度是多大？
(2)物體在斜面上滑行的時間是多少？
(1)求物體到達B點時的速度，要先求什么？
提示：物體受恒力F作用時在水平面上運動的加速度。
(2)物體沿斜面上升到最高點之后能停止嗎？
提示：不能。
嘗試解答　(1)6 m/s　(2) s
(1)物體在水平面上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有
F－μmg＝ma
則a＝＝ m/s2＝2 m/s2
物體從M到B，根據(jù)運動學(xué)公式有v＝2aL
則vB＝＝ m/s＝6 m/s。
(2)物體在斜面上向上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝10 m/s2
根據(jù)運動學(xué)公式有v＝2a1x，解得x＝1.8 m
由vB＝a1t1得t1＝0.6 s
因μ＜tanθ，所以物體速度減為零后會繼續(xù)下滑
下滑時根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得a2＝2 m/s2
由x＝a2t得t2＝ s
所以物體在斜面上滑行的總時間
t＝t1＋t2＝ s。

解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點
(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”
兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析。
一個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運動和受力的橋梁。
(2)畫草圖尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系。如例2中第一個過程的末速度大小就是下一個過程的初速度大小。
[變式2－1]　(2020·四川省宜賓市高三上學(xué)期一診)(多選)如圖a，質(zhì)量m＝1 kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風(fēng)對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與物體的速度v成正比，比例系數(shù)用k表示。物體加速度a與速度v的關(guān)系如圖b所示，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)

A．物體沿斜面做勻變速運動
B．當(dāng)速度v＝5 m/s時，物體沿斜面下滑的速度最大
C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25
D．比例系數(shù)k為 kg/s
答案　BCD
解析　由圖b可知，隨著速度的增大，物體的加速度逐漸減小，所以物體沿斜面不是做勻變速運動，故A錯誤；由圖b可知，速度為5 m/s時加速度為零，速度最大，故B正確；初始時刻，沒有風(fēng)的作用，物體的加速度大小為a0＝4 m/s2，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面的方向：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，解得：μ＝＝0.25，故C正確；物體加速度為零時，受力分析可得：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，又N＝mgcosθ＋kvsinθ，由圖b可知，此時v＝5 m/s，代入上式解得：k＝＝ kg/s，故D正確。
[變式2－2]　(2020·四川省九市聯(lián)考高三二模)2020年2月18日，我國發(fā)射的嫦娥四號著陸器和玉兔二號探測器再次啟動，打破了探測器在月球上工作時間的世界紀(jì)錄，并將開始第15個月晝的科學(xué)探測活動。若著陸器與探測器總質(zhì)量為1.5×103 kg，著陸過程簡化如下：在距月面102 m處懸停，當(dāng)發(fā)動機推力為F1時，先豎直向下做勻加速直線運動；當(dāng)發(fā)動機推力為F2時，隨即做勻減速直線運動，且兩個階段加速度大小相等，剛好在距離月面2 m時再次懸停，此過程總共用時600 s，此后關(guān)閉發(fā)動機做自由落體運動，直到接觸月球表面。月球表面重力加速度取g＝1.6 m/s2，求：

(1)探測器接觸月球表面時的速度大??；
(2)發(fā)動機施加推力的差值(F2－F1)的大小。
答案　(1) m/s　(2) N
解析　(1)設(shè)探測器接觸月球表面時的速度大小為v，由運動學(xué)公式有v2＝2gx，其中x＝2 m，
可得v＝ m/s。
(2)設(shè)加速過程中的最大速度為vm，
加速階段有v＝2ax1，
減速階段有v＝2ax2，
且x1＋x2＝100 m，
加速階段的時間t1＝，
減速階段的時間t2＝，
且t1＋t2＝600 s，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得a＝ m/s2，
由牛頓第二定律可得，加速階段有mg－F1＝ma，
減速階段有F2－mg＝ma，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得F2－F1＝ N。
考點3　　動力學(xué)中的圖像問題
1.常見的動力學(xué)圖像
v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。
2．圖像問題的類型
(1)已知物體受的力隨時間變化的圖像，要求分析物體的運動情況。
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖像，要求分析物體的受力情況。
(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。
3．解題策略
(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。
(2)注意圖像中的特殊點、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點，圖線的斜率，圖線與坐標(biāo)軸或圖線與圖線所圍面積等。
(3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與過程”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。
例3　(2020·四川省棠湖中學(xué)高三上期末)(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)放在光滑水平面上，在豎直線MN的左側(cè)受到水平恒力F1作用，在MN的右側(cè)除受F1外還受到與F1在同一直線上的水平恒力F2作用，現(xiàn)小球從A點由靜止開始運動，小球運動的v-t圖像如圖乙所示，下列說法中正確的是(　　)

A．小球在MN右側(cè)運動的時間為t2－t1
B．F2的大小為＋
C．小球在MN右側(cè)運動的加速度大小為
D．小球在0～t1時間內(nèi)運動的位移為v1t1
(1)如何求小球在MN左右兩側(cè)運動的加速度？
提示：由v-t圖像的斜率求。
(2)小球在MN右側(cè)運動的時間是多少？
提示：t3－t1。
嘗試解答　選BC。
由圖乙知小球在t1時刻和t3時刻加速度方向改變，故t1時刻小球進入MN右側(cè)，t3時刻小球離開MN右側(cè)，可知小球在MN右側(cè)運動的時間為t3－t1，故A錯誤；由圖乙可知小球在MN左側(cè)的加速度大小為：a＝||＝，在MN右側(cè)的加速度大小為：a′＝||＝，小球在MN左側(cè)時，由牛頓第二定律可得：F1＝ma＝m，在MN的右側(cè)時，由牛頓第二定律可得：F2－F1＝ma′，聯(lián)立得：F2＝＋，故B、C正確；由v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得小球在0～t1時間內(nèi)運動的位移為：x＝，故D錯誤。

解決圖像綜合問題的思路
圖像反映了兩個變量之間的函數(shù)關(guān)系，必要時需要根據(jù)物理規(guī)律進行推導(dǎo)，得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點、拐點的物理意義對圖像及運動過程進行分析。
[變式3－1]　(2020·湖北省名師聯(lián)盟高三入學(xué)調(diào)研)(多選)水平地面上質(zhì)量為1 kg的物塊受到水平拉力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2隨時間的變化如圖所示，已知物塊在前2 s內(nèi)以4 m/s的速度做勻速直線運動，取g＝10 m/s2，則(　　)

A．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2
B．3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N
C．4 s末物塊受到的摩擦力大小為1 N
D．5 s末物塊的加速度大小為3 m/s2
答案　BC
解析　在0～2 s內(nèi)物塊做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有F2＋f＋F1＝0，則摩擦力f＝－3 N，則μ＝＝＝0.3，A錯誤；2 s后物塊做減速運動，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，則經(jīng)過t＝＝ s＝2 s，即4 s末速度減為零，則3 s末物塊受到的摩擦力大小為3 N，B正確；物塊速度減為零后，因F1、F2的合力小于最大靜摩擦力，則物塊不再運動，則4 s末物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為6 N－5 N＝1 N,5 s末物塊的加速度為零，C正確，D錯誤。
[變式3－2]　(2020·湖北省武漢市高三學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測)如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向下的力F作用在P上，使其向下做勻加速直線運動，彈簧的長度始終在彈性限度內(nèi)。下列是力F和運動時間t之間關(guān)系的圖像，正確的是(　　)


答案　D
解析　在力F作用之前，物塊放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝kx0，力F作用之后，物塊向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－k(x0＋x)＝ma，x即為物塊向下運動的位移，則x＝at2，聯(lián)立可得F＝ma＋t2，即F隨時間變化的圖像為D，故D正確，A、B、C錯誤。
考點4　　超重和失重的理解
1.超重和失重的理解
(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。
(2)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。
(3)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
(4)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。
(5)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要整體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。
2．判斷超重和失重的方法
(1)從受力的角度判斷
當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)。
(2)從加速度的角度判斷
當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。
(3)從運動狀態(tài)的角度判斷
①物體向上加速或向下減速時，超重；
②物體向下加速或向上減速時，失重。
例4　(2020·陜西省咸陽市高三下學(xué)期3月二模)2014年2月15日凌晨，在索契俄冬奧會自由滑雪女子空中技巧比賽中，中國選手徐夢桃以83.50分奪得銀牌。比賽場地可簡化為如圖所示的助滑區(qū)、弧形過渡區(qū)、著陸區(qū)、減速區(qū)等組成。若將運動員看作質(zhì)點，且忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

A．運動員在助滑區(qū)加速下滑時處于超重狀態(tài)
B．運動員在弧形過渡區(qū)運動過程中處于失重狀態(tài)
C．運動員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中處于完全失重狀態(tài)
D．運動員在減速區(qū)減速過程中處于失重狀態(tài)
(1)運動員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中受力情況如何？
提示：只受重力。
(2)如何判斷運動員處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)？
提示：根據(jù)加速度方向判斷。
嘗試解答　選C。
當(dāng)物體處于失重狀態(tài)時有向下的加速度，當(dāng)物體處于超重狀態(tài)時有向上的加速度。運動員在助滑區(qū)加速下滑時，加速度有向下的分量，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；運動員在弧形過渡區(qū)做圓周運動，在最低點加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；運動員在跳離弧形過渡區(qū)至落到著陸區(qū)之前的過程中，只受重力，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；運動員在減速區(qū)減速過程中，加速度有向上的分量，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。

(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生變化。
(2)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生壓強等。
[變式4－1]　 (2021·天津市部分區(qū)高三(上)期末)某同學(xué)用如圖所示實驗來認(rèn)識超重和失重現(xiàn)象，先保持手指和鉤碼靜止，感受橡皮筋對手指的壓力。然后設(shè)法使鉤碼上下振動的同時手指保持靜止，感受壓力的變化(整個過程中，橡皮筋對手指始終有壓力的作用)，不計空氣阻力。下列說法中正確的是(　　)

A．超重時鉤碼所受重力增加，失重時鉤碼所受重力減小
B．鉤碼運動過程中，如果橡皮筋對手指的壓力逐漸增大，鉤碼一定處于下降階段
C．鉤碼下降到最低點時，鉤碼的速度為零，達到平衡狀態(tài)
D．鉤碼運動過程中，如果橡皮筋對手指的壓力逐漸增大，鉤碼一定處于超重狀態(tài)
答案　B
解析　超重時橡皮筋對鉤碼的拉力超過鉤碼所受的重力，鉤碼所受的重力不變，失重時橡皮筋對鉤碼的拉力小于鉤碼所受的重力，鉤碼所受的重力也不變，故A錯誤；鉤碼運動過程中，如果橡皮筋對手指的壓力逐漸增大，則說明橡皮筋對鉤碼的拉力增大，根據(jù)胡克定律可知，橡皮筋形變量增大，則鉤碼一定處于下降階段，故B正確；鉤碼下降到最低點時，橡皮筋彈力最大，且大于鉤碼重力，鉤碼速度為零，向上的加速度達到最大，而不是處于平衡狀態(tài)，故C錯誤；鉤碼運動過程中，如果橡皮筋對手指的壓力逐漸增大，說明鉤碼在向下運動，可能是加速下降，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。
[變式4－2]　(2020·江蘇省宿遷市沭陽縣高三(下)5月聯(lián)考)在升降機底部安裝一個加速度傳感器，其上放置了一個質(zhì)量為m小物塊，如圖甲所示。升降機從t＝0時刻開始豎直向上運動，加速度傳感器顯示加速度a隨時間t的變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向，重力加速度為g，以下判斷正確的是(　　)

A．在0～2t0時間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)
B．在t0～3t0時間內(nèi)，物塊先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)
C．t＝t0時刻，物塊所受的支持力大小為mg
D．t＝3t0時刻，物塊所受的支持力大小為2mg
答案　C
解析　由圖乙可知，在0～2t0時間內(nèi)，物塊有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，A錯誤；在t0～3t0時間內(nèi)，物塊有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，B錯誤；t＝t0時刻，物塊的加速度為0，則所受的支持力大小為mg，C正確；t＝3t0時刻，物塊的加速度為2g，由FN－mg＝ma可知，所受的支持力大小為FN＝3mg，D錯誤。


　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2020·山東高考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖象如圖所示。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(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg
B．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)Na2
C．a(chǎn)1a1，C正確。
7. (2020·河北衡水中學(xué)三月份教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個箱子中，上頂板和下底板裝有壓力傳感器。當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為4.0 N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0 N。取g＝10 m/s2，若下底板傳感器的示數(shù)不變，上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，則電梯的運動狀態(tài)可能是(　　)

A．勻加速上升，a′＝5 m/s2 B.勻加速下降，a′＝5 m/s2
C．勻速上升 D.靜止?fàn)顟B(tài)
答案　B
解析　當(dāng)箱子隨電梯以a＝4.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，對金屬塊和輕彈簧整體受力分析，由牛頓第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，其中FN上＝4.0 N，F(xiàn)N下＝10.0 N，代入解得m＝1 kg；若上頂板傳感器的示數(shù)是下底板傳感器的示數(shù)的一半，下底板傳感器示數(shù)不變，仍為10.0 N，則上頂板傳感器的示數(shù)是5.0 N，對金屬塊和輕彈簧整體，由牛頓第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故電梯的運動狀態(tài)可能是以5 m/s2的加速度勻加速下降，或以5 m/s2的加速度勻減速上升，故B正確，A、C、D錯誤。
8. (2020·安徽省合肥市一六八中學(xué)高三四模)如圖所示為跳傘者在下降過程中速度v隨時間t變化的示意圖。根據(jù)示意圖，判斷下列說法正確的是(　　)

A．0～t1內(nèi)跳傘者速度越大，空氣阻力越大
B．跳傘者在水平方向上越飛越遠(yuǎn)
C．tanθ＝g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?
D．在t1～t2內(nèi)，跳傘者處于超重狀態(tài)
答案　AD
解析　0～t1內(nèi)v-t圖線斜率變小，加速度變小，速度增大，由牛頓第二定律知重力不變，則空氣阻力變大，故A正確；由題意只知豎直方向的運動情況，無法確定跳傘者在水平方向上的運動情形，故B錯誤；開始時，跳傘者速度為零，加速度為g，即題圖中與圖線相切的虛線的斜率為g，但虛線斜率不一定等于tanθ，故C錯誤；在t1～t2內(nèi)，跳傘者向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。
9．(2020·福建省仙游第一中學(xué)、福建八中高三上學(xué)期第三次質(zhì)檢)傾角為θ、質(zhì)量為M的室內(nèi)小滑梯如圖所示，質(zhì)量為m的小朋友沿著滑梯勻加速下滑，整個運動過程中滑梯保持靜止不動。對此運動過程，下列有關(guān)說法正確的是(　　)

A．小朋友和滑梯之間的動摩擦因數(shù)一定小于tanθ
B．地面對滑梯的支持力一定等于(m＋M)g
C．地面對滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ
D．地面對滑梯的摩擦力方向一定向左
答案　AD
解析　因為小朋友沿著滑梯勻加速下滑，則mgsinθ＞μmgcosθ，解得μ＜tanθ，A正確；因為小朋友存在一個豎直向下的分加速度，處于失重狀態(tài)，故地面對滑梯的支持力小于兩者的總重力，B錯誤；小朋友存在一個水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友受到的合力向左，根據(jù)牛頓第三定律可知小朋友對滑梯在水平方向上的作用力向右，即滑梯有向右的運動趨勢，則滑梯受到地面的摩擦力方向一定向左，a水平＝acosθ＝cosθ＝(gsinθ－μgcosθ)cosθ，故地面對滑梯的摩擦力大小為f＝ma水平＝(mgsinθ－μmgcosθ)cosθ，C錯誤，D正確。
10. (2020·安徽省六安市毛坦廠中學(xué)高三上月考)如圖所示，將質(zhì)量為0.2 kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的直徑，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.8。對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上的拉力F，使圓環(huán)以4.4 m/s2的加速度沿桿加速運動，拉力與桿的夾角為53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10 m/s2，則F的大小可能為(　　)

A．F＝1 N B.F＝2 N
C．F＝9 N D.F＝18 N
答案　BD
解析　對環(huán)受力分析，若環(huán)不受桿的彈力和摩擦力；豎直方向上：Fsin53°＝mg，解得：F＝2.5 N，水平方向上：Fcos53°＝ma0，解得：a0＝7.5 m/s2；圓環(huán)沿桿做勻加速運動，當(dāng)F＜2.5 N時，桿對環(huán)的彈力向上，由牛頓第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN＝ma，豎直方向上：FN＋Fsinθ－mg＝0，解得：F＝2 N；當(dāng)F＞2.5 N時，桿對環(huán)的彈力向下，由牛頓第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN′＝ma，豎直方向上：Fsinθ－mg－FN′＝0，解得：F＝18 N。綜上所述，B、D正確，A、C錯誤。
二、非選擇題(本題共2小題，共30分)
11. (2020·安徽省合肥市高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測)(14分)圖示為深圳市地標(biāo)建筑——平安金融大廈。其內(nèi)置觀光電梯，位于觀景臺的游客可360°鳥瞰深圳的景觀。電梯從地面到116層的觀景臺只需58 s，整個過程經(jīng)歷勻加速、勻速和勻減速階段，勻加速和勻減速階段的加速度大小相等，其上行最大速度為10 m/s。當(dāng)電梯加速上升時，質(zhì)量為50 kg的人站在置于電梯地板的臺秤上時，臺秤的示數(shù)為65 kg，g取10 m/s2，求：

(1)電梯加速上升的加速度大小；
(2)觀景臺距地面的高度。
答案　(1)3 m/s2　(2) m
解析　(1)當(dāng)電梯加速上升時，在電梯地板上的臺秤示數(shù)為65 kg，則臺秤對人的支持力F＝m′g＝65×10 N＝650 N
對人，由牛頓第二定律有F－mg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得a＝3 m/s2。
(2)設(shè)電梯勻加速運動的高度為h，時間為t，
則有h＝，t＝
代入數(shù)據(jù)解得h＝ m，t＝ s
因電梯勻加速和勻減速階段的加速度大小相等，所以兩個階段的時間和位移相同
設(shè)電梯勻速運動的時間為t1，勻速運動的高度為h1，
則有t1＝t總－2t，h1＝vt1
代入數(shù)據(jù)解得t1＝ s，h1＝ m
故觀景臺距地面的高度H＝h1＋2h
代入數(shù)據(jù)解得H＝ m。
12. (16分)滑雪運動是運動員把滑雪板裝在靴底在雪地上進行的滑行、跳躍的競賽運動。當(dāng)滑雪板相對雪地速度較大時，會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地對滑雪板的摩擦。然而當(dāng)滑雪板相對雪地速度較小時，與雪地接觸的時間超過某一值，滑雪板就會下陷，使得與雪地間的摩擦力增大。假設(shè)速度超過8 m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由μ1＝0.25變?yōu)棣?＝0.125。一運動員從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B(B處為一光滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C處，如圖所示。不計空氣阻力，已知坡長l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求運動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間；
(2)求運動員到達B處時的速度大小；
(3)若滑雪板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.5，求運動員在水平地面上運動的最大距離。
答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
解析　(1)由牛頓第二定律得，
mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，
有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2
運動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛頓第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有
a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2
由v＝v2＋2a2(l－x1)
代入數(shù)據(jù)解得vB＝15 m/s。
(3)根據(jù)牛頓第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2
在水平面滑行的距離x3＝＝22.5 m。

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