第2講牛頓第二定律的應(yīng)用

考點(diǎn)一瞬時(shí)性問題

深化理解

1.兩種模型

合外力與加速度具有因果關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時(shí)，加速

度也隨著發(fā)生變化，而物體運(yùn)動的速度不能發(fā)生突變。

2.解題思路

求出變化后物體所受合力

求瞬時(shí)加速度

根據(jù)牛頓第二定律列方程

[例1]（2024?安徽蚌埠模擬）如圖，A、8兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為仇圖甲中A、8兩球用輕彈簧相

連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí),擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去

擋板的瞬間（重力加速度為g）（

A.圖甲中A球的加速度不為零

B.圖乙中兩球加速度均為gsin0

C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零

D.圖甲中8球的加速度是圖乙中8球加速度的3倍

答案：B

解析：對于題圖甲，突然撤去擋板的瞬間，由于48還沒開始運(yùn)動，故彈簧彈力不變，A仍處于平衡狀態(tài)，加速

度為0,對于3,其所受合力等于擋板在未撤時(shí)擋板對它的支持力，為2/wgsin0,由牛頓第二定律有2?igsin0=

maB,可得2的加速度為3=2gsinO；對于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、2加速度相同，整體由牛頓第二定

律有2加gsin8=2?id,可得A、B的加速度均為〃=gsin仇設(shè)輕桿對A的作用力為居對A由牛頓第二定律有

mgsinB+F=ma',可知尸=0,故題圖乙中輕桿的作用力一定為零，故選B。

題后總結(jié)

圖乙中撤去擋板后，兩物體用輕桿連接，采用整體法，得出整體的加速度，再隔離單個(gè)物體分析；圖甲中兩

物體用輕彈簧連接，由于彈簧的彈力不能突變，采用先整體后隔離的方法，再應(yīng)用牛頓第二定律從而得出正確的

結(jié)論。

對點(diǎn)訓(xùn)練

L【輕彈簧】如圖所示，物塊1的質(zhì)量為3m物塊2的質(zhì)量為小兩者通過輕彈簧相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置

的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別

為的、。2。重力加速度大小為g。則有（）

X

A.〃i=O,42=g〃2=g

C.〃i=O,〃2=4gD.〃i=g,”2=4g

解析：C開始時(shí)，對物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力尸=3機(jī)g。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。1=0。對物塊2,抽出木板的瞬間，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第

二定律得。2=巴0=也吐%=4g,故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

mm

2.【輕彈簧、輕繩】豎直面內(nèi)，有一質(zhì)量m=2kg的小球，小球與左端固定的水平輕彈簧及上端固定的不可伸長的

輕繩相連，如圖所示，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成。=45。角。取g=10m/s2。下列說法正確的是

（）

i/T/////

A.此時(shí)，繩上的拉力為20N

B.若剪斷輕繩，則剪斷繩的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N

C.若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2,方向向左

D.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為零

解析：B設(shè)繩子拉力為T,對小球，根據(jù)平衡條件有Teos45。=mg,解得T=20&N,A錯(cuò)誤；剪斷輕繩前，設(shè)

彈簧的彈力為己對小球，根據(jù)平衡條件有尸=Tsin45。，解得尸=20N,剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，故剪

斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N,B正確；剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力不變，則重力與彈簧彈力的合力

為23,根據(jù)牛頓第二定律可得『卜lO&md,方向與豎直方向成45。角指向左下方，C錯(cuò)誤；剪斷彈簧的

瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_始做圓周運(yùn)動，此時(shí)小球的速度為零，向心加速度為零，沿繩方向小球受力

平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于合力，則有小geos45。=

ma,解得〃=5V^m/s2,D錯(cuò)誤。

考點(diǎn)二超重、失重問題

基礎(chǔ)梳理

1.實(shí)重和視重

(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)(選填“無關(guān)”或“相關(guān)”)。

(2)視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺秤上時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺秤的示數(shù)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(xiàn)象視重大于實(shí)重視重小于實(shí)重視重等于0

物體豎直向下的加速度等

產(chǎn)生條件物體加速度的方向向上物體加速度的方向向下

于g

名稱超重失重完全失重

自由落體運(yùn)動、豎直上拋

對應(yīng)運(yùn)動情境加速上升或減速下降加速下降或減速上升

運(yùn)動、宇宙航行等

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

原理

F=F=m^—maF=0

。判斷小題

L加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(Y)

2.減速上升的升降機(jī)內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于物體的重力。(X)

3.加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。(X)

4.物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)其重力并沒有發(fā)生變化。(4)

5.根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運(yùn)動的速度方向。(X)

深化理解

1.判斷超重和失重現(xiàn)象的三個(gè)角度

(1)從受力的角度判斷：當(dāng)物體受到的向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)處

于失重狀態(tài)；等于零時(shí)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(shí)處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)；向下

的加速度恰好等于重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。

(3)從速度變化角度判斷：物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；物體向下加速或向上減速時(shí)，失重。

2.對超重和失重問題的三點(diǎn)提醒

(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度方向無關(guān)，只取決于加速度的方向。

(2)并非物體在豎直方向上運(yùn)動時(shí)，才會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。只要加速度具有豎直向上的分量，物體就處于超

重狀態(tài)；同理，只要加速度具有豎直向下的分量，物體就處于失重狀態(tài)。

(3)發(fā)生超重或者失重時(shí)，物體的實(shí)際重力并沒有發(fā)生變化，變化的只是物體的視重。

【例2】（2024?福建龍巖模擬）引體向上是高中學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)的選測項(xiàng)目，如圖甲所示，質(zhì)量為60kg的男

同學(xué)用雙手抓住單杠做引體向上，在豎直向上的運(yùn)動過程中，他重心運(yùn)動的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所

示，重力加速度大小取10m/s2,由圖像可知（）

甲乙

A.f=0.5s時(shí),單杠對他的支持力約為582N

B.f=l.ls時(shí)，他向上運(yùn)動到最高點(diǎn)

CJ=L5s時(shí)，他處于失重狀態(tài)

Dl=1.5s時(shí),單杠對他的支持力約為600N

答案：C

解析：由V—才圖像的斜率表示加速度可知，t=0.5s時(shí)，加速度為q="=J30—2向S2=0.3m/s2,根據(jù)牛頓

第二定律可得外一解得單杠對他的支持力為氏=：咫+"2。=618N,故A錯(cuò)誤；由丫一f圖像可知，

0?1.1s向上做加速運(yùn)動，1.1s后向上減速運(yùn)動，可知f=l.ls時(shí)，并不是向上運(yùn)動到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由n—f

圖像可知，t=1.5s時(shí)，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，單杠對他的支持力小于重力，即小于600N,故C正

確，D錯(cuò)誤。

對點(diǎn)訓(xùn)練

1.【超重、失重的分析與計(jì)算】如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運(yùn)用夾磚器把兩塊質(zhì)量均為〃2的相

同長方體磚塊夾住后豎直向上加速提起。已知每塊磚塊能承受的最大壓力大小為「夾磚器與每個(gè)磚塊間的動摩

擦因數(shù)為H，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在加速提起磚塊的過程中，下列說法正確的是

（）

A.在加速提起磚塊的過程中，磚塊處于失重狀態(tài)

B.夾磚器對兩塊磚塊的壓力大小可能不相等

C.磚塊被加速提起的過程中，其加速度的最大值為黑一g

D.兩塊磚塊之間的摩擦力一定不為零

解析：C在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；磚塊水平方向保持平衡，故夾磚

器對兩塊磚塊壓力大小相等，B錯(cuò)誤；夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動時(shí)，磚塊加速度最大，對兩塊磚整體受力分析

如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有2日尸一2;咫=2:m，則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為。=黑一g,

C正確；加速度最大時(shí)，單獨(dú)對其中一個(gè)豉塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力機(jī)g以及夾磚器對其向

上的靜摩擦力力有f—mg=ma,解得戶口尸，故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D錯(cuò)誤。

乙

2.【超重、失重與圖像結(jié)合】在蹦床運(yùn)動過程中，用力傳感器測出蹦床對運(yùn)動員的彈力凡如圖是繪制的尸隨時(shí)間

f的變化圖像，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動員的質(zhì)量為40kg

B.運(yùn)動員在3.6?4.8s內(nèi)處于超重狀態(tài)

C.運(yùn)動員的最大加速度大小為50m/s2

D.運(yùn)動員離開蹦床上升的最大高度為3.2m

解析：D由題意結(jié)合圖像可知《ig=B=500N,所以m=50kg,故A錯(cuò)誤；由圖可知，運(yùn)動員在3.6?4.2s內(nèi)彈

力大于重力，加速度方向向上，運(yùn)動員處于超重狀態(tài)，在4.2?4.8s內(nèi)彈力小于重力，加速度方向向下，處于失重

狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)運(yùn)動員處于最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得而ax=胃里=W*m/s2=4。

m/s2,故C錯(cuò)誤；由圖可知，運(yùn)動員離開蹦床在空中運(yùn)動的時(shí)間為f=8.4s—6.8s=1.6s,所以運(yùn)動員離開蹦床上

—3.2m,故D正確。

考點(diǎn)三兩類動力學(xué)問題

深化理解

1.基本思路

牛頓第二定氣畸嚴(yán)空

第一類問題

（受力情況）（運(yùn)動狀態(tài)）

第二類問題

牛頓第二定律?加速度卜運(yùn)動學(xué)公式

2.基本步驟

根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出被

研究的物體。研究對象可以是某個(gè)物體,

也可以是幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)

畫好受力示意圖、運(yùn)動情景圖，明確物體

的運(yùn)動性質(zhì)和運(yùn)動過程

通常沿加速度的方向建立坐標(biāo)系并以加

速度方向?yàn)槟骋蛔鴺?biāo)軸的正方向

若物體只受兩個(gè)共點(diǎn)力作用，通常用合成

法；若物體受到3個(gè)及以上不在同一直線

上的力，一般用正交分解法

根據(jù)牛頓第二定律%=ma或［￡'=叫

列方程求解,必要時(shí)還要對結(jié)果進(jìn)行討論

3.解題關(guān)鍵

(1)兩類分析一一物體的受力分析和物體的運(yùn)動過程分析。

(2)兩個(gè)橋梁一一加速度是聯(lián)系運(yùn)動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁。

已知受力求運(yùn)動情況

考向一

【例3】(2024?山東日照統(tǒng)考)如圖甲所示，一根足夠長的固定細(xì)桿與水平方向的夾角9=37。，質(zhì)量m=2kg

的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的。點(diǎn)。t=0開始在空間施加一電磁輻射區(qū)，使小球受到水平向右的力

尸=/*=10N/s),f=6s時(shí)小球離開電磁輻射區(qū)，小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時(shí)間/變化的圖像如圖乙

所示，認(rèn)為細(xì)桿對小球的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(取g=10m/s2,sin37°=0.6)?求:

(1)f=6s時(shí)小球的加速度而的大小;

(2)小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離L

答案：(1)5m/s2(2)1.25m

解析：(1)根據(jù)題意，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示

由圖乙可知，t=4s時(shí)，小球的加速度恰好為0,則有Feos0=mgsin0+/

Fsin0+mgcos0=_FN

/=MN

又F=?=10X4N=40N

聯(lián)立解得u=0.5

根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，％=6s時(shí)，有

方'cos0—m^sinQ—f=mamax

/'sin0+mgcos0=FN，

片此N'

又F=Jt/=10X6N=60N

*2

聯(lián)立解得〃max=5m/so

(2)/=6s時(shí)，小球離開電磁輻射區(qū)，由牛頓第二定律有mgsin0+|im^cosQ=ma

解得〃=10m/s2

根據(jù)題意，由4—/圖像中面積表示速度變化量可知，小球由靜止運(yùn)動，，=6s時(shí)小球的速度為

v=-X(6—4)X5m/s=5m/s

2

2

由，一處2=2依可得，小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離為仁松=1.25m。

已知運(yùn)動情況求受力

考向二

【例4】(多選)一熱氣球懸停在距地面65m處(無人區(qū))，由于工作人員操作失誤，熱氣球在很短時(shí)間內(nèi)漏

掉了一部分氣體，被及時(shí)堵住后氣球在豎直方向由靜止開始向下做勻加速直線運(yùn)動，30s后速度增加到3m/s,此

時(shí)工作人員立即拋出一些壓艙物，熱氣球開始做勻減速直線運(yùn)動，又過了30s氣球再次到達(dá)之前的高度。已知熱

氣球漏掉一部分氣體后的總質(zhì)量為600kg,堵住后受到的浮力大小不變，熱氣球受到的阻力可以忽略不計(jì)，取重

力加速度大小g=10m/s2,下列說法正確的是()

A.熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為0.1m/s2

B.熱氣球堵住后受到的浮力大小為5600N

C.熱氣球距地面的最小距離為20m

D.拋出物的質(zhì)量約為23.3kg

答案：AD

解析：熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小a=^=^^m/s2=0.1m/s2,根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有mg—F=ma,

解得尸=5940N,故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為優(yōu)，則氣球回到原高度時(shí)有1戶

=—。什1/2,把f=30s代入上式，解得，=0.3m/s2,熱氣球開始減速到下降到最低點(diǎn)時(shí)，所用的時(shí)間為/=￡=

2a

2

I，可得熱氣球下降的最大高度為仁濟(jì)+/心)=60m,所以熱氣球距地面的最小距離為/?min=65m—60m=5

m,故C錯(cuò)誤；設(shè)拋出物的質(zhì)量為Am,拋出后根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，有尸一(m-Am)g=(m-Am)a,,解得

七23.3kg,故D正確。

等時(shí)圓模型

方法模型解讀

L“光滑斜面”模型

如圖所示，質(zhì)量為機(jī)的物體從傾角為0、高度為/7的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律:

（1）物體從斜面頂端滑到底端所用的時(shí)間f,由斜面的傾角。與斜面的高度場共同決定，與物體的質(zhì)量無關(guān)。

2h

9

（2）物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小只由斜面的高度人決定，與斜面的傾角仇斜面的長度、物體的質(zhì)量無關(guān)。

關(guān)系式為v=j2gh。

2.“等時(shí)圓”模型

（1）三種模型（如圖）

（2）等時(shí)性的證明

設(shè)某一條光滑弦與水平方向的夾角為a,圓的直徑為d（如圖）。根據(jù)物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運(yùn)

動，加速度為a=gsina,位移為x=dsina,所以運(yùn)動時(shí)間為隹=l2dsina_隹。

即沿同一起點(diǎn)（圓的最高點(diǎn)）或終點(diǎn)（圓的最低點(diǎn)）的各條光滑弦運(yùn)動具有等時(shí)性，運(yùn)動時(shí)間與弦的傾角、長短

無關(guān)。

【典例】（2024.重慶模擬）春秋末年，齊國著作《考工記：輪人》篇中記載：“輪人為蓋”，“上欲尊而宇欲

卑，上尊而宇卑，則吐水，疾而雷遠(yuǎn)?！币馑际擒嚿w中央高而四周低，形成一個(gè)斜面，泄水很快，而且水流的更

遠(yuǎn)。圖甲是古代馬車示意圖，車蓋呈傘狀，支撐軸豎直向上，傘底圓面水平。過支撐軸的截面圖簡化為如圖乙所

示的等腰三角形，底面半徑恒定為r,底角為d0取不同的值時(shí)，自車蓋頂端A由靜止下滑的水滴（可視為質(zhì)

點(diǎn)）沿斜面運(yùn)動的時(shí)間不同。已知重力加速度為g,不計(jì)水滴與傘面間的摩擦力和空氣阻力。

（1）傾角。為多大時(shí)，水滴下滑時(shí)間最短，并求出最短時(shí)間fmin；

（2）滿足（1）問條件，在車蓋底面下方//=f的水平面內(nèi)有一長為乙=r的水平橫梁（可看成細(xì)桿），橫梁位于

支撐軸正前方，其俯視圖如圖丙所示，橫梁的垂直平分線過支撐軸。現(xiàn)保持馬車靜止，大量水滴沿車蓋頂端由靜

止向各方向滑下，整個(gè)橫梁恰好“被保護(hù)”不被淋濕。求水平面內(nèi)橫梁中點(diǎn)到支撐軸的距離心

A

答案：（1）45。2"⑵斗

解析：（1）水滴沿傘面下滑過程中有

mgsinQ=ma①

器=那2②

由①②得丫=就前

又。＜。母，則當(dāng)。三時(shí)水滴滑落傘面時(shí)間最短，解得最短時(shí)間%=2匕

9

（2）水滴沿傘面下落過程有mgr=^mv2③

水滴離開傘后做斜下拋運(yùn)動，且有：水平和豎直兩個(gè)分速度

Vx=Vy~VCOS—(4)

,4

豎直方向

2

h=Vyt2+lgt2⑤

水平方向

X=Vxt2⑥

由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知

(x+r)2=4+(|)⑦

由③?⑦式得d=手入

針對訓(xùn)練

（多選）如圖所示，1、2、3、4四個(gè)小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運(yùn)動到底端，其運(yùn)動時(shí)間分別為

小t2、t3、f4，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r,。為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為遮r,重力加

速度為g，下列說法正確的是（

A.九〉f2

C.Z1

解析：BC1號小球的加速度為m=gsin6（F=/g,位移為乃=2廣sin60。=舊廠，運(yùn)動時(shí)間為九=，^=2/；2號

小球的加速度為〃2=gsin30。=夫，位移為X2=2r.sin30。=廠，運(yùn)動時(shí)間為亥=j苧=2j|；3號小球的加速度為方

=gsin6（）o="g,位移為X3=*R=2?r,運(yùn)動時(shí)間為辦=隹=戶；4號小球的加速度為〃4=gsin30。=盆位

2.Sin3OAI。3\192

移為X4=-^三=2r,運(yùn)動時(shí)間為以=戶=隹,則tl=f2,i3=t4,t3—tl=t4-t2=2（或一1）匕tl=t2<t4,故

sm60°'a4yg7g

選B、C?

跟蹤訓(xùn)練鞏固提升

基礎(chǔ)練

1.（2024?重慶沙坪壩模擬）如圖所示為“慣性演示”的小實(shí)驗(yàn)，質(zhì)量均為根的四枚棋子a、b、c、d豎直疊放，靜

止在水平桌面上?，F(xiàn)用一直尺快速擊打出最下方棋子d,在d被快速打出后瞬間，。、6、c可視為處于原位置，則

此時(shí)（已知重力加速度為g）（）

A.棋子a處于平衡狀態(tài)

B.棋子6對c的壓力為2mg

C.棋子c的加速度為3g

D.棋子a、b、c均處于完全失重狀態(tài)

解析：D棋子d被打出后，棋子a、b、c加速度相同，均為g,處于完全失重狀態(tài)，各棋子間無相互作用力。故

選D。

2.如圖所示，一蹦極愛好者正在進(jìn)行蹦極。從愛好者離開高臺直至最后在空中靜止下來的整個(gè)運(yùn)動過程中，下列說

法正確的是（）

A.愛好者在加速下落過程中，其慣性增大

B.愛好者離開高臺瞬間，其速度和加速度都為零

C.愛好者第一次下落到最低點(diǎn)時(shí)，其處于超重狀態(tài)

D.愛好者第一次從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的過程中，繩對愛好者的拉力大于重力，處于超重狀態(tài)

解析：C物體的慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量不變，慣性大小不變，故A錯(cuò)誤；愛好者離開高臺瞬間，速度

為零，加速度不為零，故B錯(cuò)誤；愛好者第一次下落到最低點(diǎn)時(shí)，繩的拉力大于重力，愛好者具有向上的加速

度，其處于超重狀態(tài)，故C正確；愛好者第一次從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的過程中，繩的拉力先大于重力，加速度向

上，愛好者處于超重狀態(tài)；隨著愛好者向上運(yùn)動，繩的拉力逐漸減小，當(dāng)拉力等于重力時(shí)，愛好者處于平衡狀

態(tài)，速度達(dá)到最大；愛好者繼續(xù)上升，繩的拉力小于重力，加速度向下,愛好者處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

3.（多選）（2024?海南?？谀M）如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到。點(diǎn)并系住物體相?，F(xiàn)推動物體將

彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體一直運(yùn)動到8點(diǎn)速度減為零。如果物體受到地面的摩擦阻力恒定，則（）

6__m_____

：i

......

'77777777777777777777777r7

AOB

A.物體從A到O的過程加速度先變小后變大

B.物體從。到B的過程加速度逐漸變大

C.物體運(yùn)動到。點(diǎn)時(shí)速度最大

D.物體在B點(diǎn)速度減為零后一定保持靜止

解析：AB在A點(diǎn)合力水平向右，在。點(diǎn)合力水平向左，因此從A到。存在一個(gè)點(diǎn)加速度為零，從A到。加速

度先變小后變大，故A正確；物體從。到2的過程，滑動摩擦力方向向左，彈簧彈力也向左且逐漸增大，所以加

速度逐漸變大，故B正確；當(dāng)物體加速度為零時(shí)速度最大，物體運(yùn)動到。點(diǎn)時(shí)合力是滑動摩擦力，加速度不為

零，速度最大的點(diǎn)在從4到。之間某個(gè)位置，故C錯(cuò)誤；物體在8點(diǎn)速度減到為零后，如果此時(shí)彈簧彈力大于最

大靜摩擦力，則物體將繼續(xù)運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。

4.（2024?九省聯(lián)考河南）如圖，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測試。當(dāng)汽車速度為w時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過路

面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1,位移之比為

8：7。則汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）

%

路面冰面

.1-1

A.-voB.-voC."D.lvo

解析：B設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為力、力，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為也，由牛頓第二定律得尸

ma,則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動的加速度大小之比為親=￡=：,由運(yùn)動學(xué)公式，在路面上有天一%2=2。出，

在冰面上有"12=2〃冰2,其中包=”,解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為也=:,故選B。

%273

5.（2023?全國乙卷14題）一同學(xué)將排球自。點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動，隨后下落回到。點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動過程

中所受空氣阻力大小和速度大小成正比，則該排球（）

A.上升時(shí)間等于下落時(shí)間

B.被墊起后瞬間的速度最大

C.達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零

D.下落過程中做勻加速運(yùn)動

解析：B排球運(yùn)動過程中所受空氣阻力與速度大小成正比，即尸H（左為大于0的常量）

上升j/下降J7『降…2

mgmg°力2

拋出時(shí)速度為環(huán)，下落回到原位置速度為V2,由于空氣阻力一直做負(fù)功，所以方上＞萬下，根據(jù)耳=人可知以＜＞T,

A錯(cuò)誤；由于空氣阻力一直做負(fù)功，則丫1＞血，墊起后瞬間排球的速度叨最大，B正確；最高點(diǎn)速度為0,只受重

力，此時(shí)a=g,C錯(cuò)誤；下落過程，根據(jù)牛頓第二定律可知mg—前=相處由于速度v增大，所以加速度。減小，

D錯(cuò)誤。

6.如圖甲所示，某同學(xué)用橡皮筋懸掛手機(jī)的方法模擬蹦極運(yùn)動，并利用手機(jī)的加速度傳感器研究加速度隨時(shí)間變化

的圖像如圖乙所示。手機(jī)保持靜止時(shí)，圖像顯示的加速度值為0,自由下落時(shí)，圖像顯示的加速度值約為一10

m/s2,忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

甲乙

AJ=0.6s時(shí)，手機(jī)已下降了約1.8m

B.f=0.8s時(shí)，手機(jī)正向上加速運(yùn)動

C.加速度約為70m/s2時(shí)，手機(jī)速度為0

D.0.6-0.8s時(shí)間內(nèi)，橡皮筋的拉力逐漸減小

解析：C0-0.6s,若手機(jī)一直做自由落體運(yùn)動，手機(jī)下降的高度為/1=好=,lOXOdm=1.8m,但由圖像

得，0.4s后手機(jī)才開始運(yùn)動，則0.6s時(shí)，手機(jī)下降的距離一定小于1.8m,故A錯(cuò)誤；由圖像可知0.6s開始，加

速度大小逐漸減小，此時(shí)加速度仍為負(fù)值，手機(jī)仍向下做加速運(yùn)動，橡皮筋形變量增大，拉力逐漸增大；約0.8s

拉力和重力相等時(shí)，手機(jī)速度最大，之后拉力大于重力，加速度為正值，手機(jī)向下做減速運(yùn)動，橡皮筋的拉力逐

漸增大；當(dāng)手機(jī)速度為零，橡皮筋的拉力最大，加速度為正的最大值，約為70m/s2,故C正確，B、D錯(cuò)誤。

心提他」

7.（2024.重慶模擬）某風(fēng)景旅游區(qū)的觀光索道在某段時(shí)間其運(yùn)行的簡化示意圖如圖所示，纜索傾角為37。，纜車通

過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運(yùn)動。已知纜車和卡扣的總質(zhì)量為加運(yùn)行過程中纜

車始終處于豎直方向，重力加速度為g,5苗37。=0.6,cos37o=0.8。下列說法正確的是（）

A.纜索對卡扣的摩擦力為0.6mg

B.纜索對卡扣的作用力為08咫

C.卡扣受到的合外力為mg

D.運(yùn)行過程中纜車處于超重狀態(tài)

解析：A纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運(yùn)動，對纜車和卡扣受力分析如圖所

示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知/=mgsin37。，/=06咫，故A正確；纜索對卡扣的作用力與卡扣和纜車的重力，咫

等大反向，故B錯(cuò)誤；由于卡扣做勻速直線運(yùn)動，卡扣受到的合外力為0,故C錯(cuò)誤；運(yùn)行過程中纜車處于平衡

狀態(tài)，既不超重也不失重，故D錯(cuò)誤。

8.（多選）（2024.海南?？谝荒＃┮环N能垂直起降的小型遙控?zé)o人機(jī)如圖所示，螺旋槳工作時(shí)能產(chǎn)生恒定的升

力。在一次試飛中，無人機(jī)在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上起飛，上升36m時(shí)無人機(jī)突然

出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機(jī)的質(zhì)量為5kg,運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小恒為10N,取重力加速度大小g

=10m/s2o下列說法正確的是（）

A.無人機(jī)失去升力時(shí)的速度大小為12m/s

B.螺旋槳工作時(shí)產(chǎn)生的升力大小為60N

C.無人機(jī)向上減速時(shí)的加速度大小為12m/s2

D.無人機(jī)上升的最大高度為36m

解析：AC無人機(jī)向上加速過程中，由位移與速度公式得v2—%2=2mx,代入數(shù)據(jù)解得無人機(jī)失去升力時(shí)的速度

大小為v=12m/s,故A正確；無人機(jī)向上加速過程中，對無人機(jī)，由牛頓第二定律得尸一代入數(shù)據(jù)

解得尸=70N,故B錯(cuò)誤；無人機(jī)向上減速時(shí)，對無人機(jī)，由牛頓第二定律得mg+尸根。2,代入數(shù)據(jù)解得怎=12

m/s2,故C正確；無人機(jī)向上減速過程，由位移與速度公式得聲一%2=2.2X,代入數(shù)據(jù)解得，無人機(jī)減速上升的

高度為尤2=6m,則無人機(jī)上升的最大高度為77=犬1+尤2=36m