專題05牛頓運動定律的基本應用

目錄

題型一牛頓運動定律的理解......................................................................1

類型1牛頓第一定律的理解.................................................................1

類型2牛頓第二定律的理解和應用..........................................................3

類型3牛頓第三定律的理解.................................................................6

題型二瞬時問題的兩類模型.....................................................................9

題型三超重和失重問題.........................................................................14

類型1超、失重現象的圖像問題............................................................14

類型2超、失重現象的分析和計算..........................................................16

題型四動力學兩類基本問題.....................................................................19

類型1已知受力求運動情況................................................................20

類型2已知物體運動情況，分析物體受力...................................................23

類型三復雜過程中的力與直線運動..........................................................24

題型五光滑模型...............................................................................33

類型1等底光滑斜面.......................................................................33

類型2等高斜面...........................................................................38

類型3“等時圓”模型........................................................................39

題型一牛頓運動定律的理解

【解題指導】1.理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、同一性、獨立性.

2.作用力與反作用力分別作用在不同的物體上，作用效果不能抵消，不能合成，但在使用

整體法對系統進行受力分析時，可以作為內力不考慮.

類型1牛頓第一定律的理解

1.理想化狀態

牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態，而物體不受外力的情形是不存在的。如果物

體所受的合力等于零，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體保持靜止狀態或勻速直線運

動狀態。

2.明確了慣性的概念

牛頓第一定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性一慣性，即物體具有保持原來的勻速

直線運動狀態或靜止狀態的性質。

3.揭示了力與物體運動狀態的關系

力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持物體運動狀態的原因。

［例1］《考工記》是春秋戰國時期齊國人的一部科技著作，是古代手工技術規范的匯集。

其中的《朝人篇》中記載：“勸登馬力，馬力既竭，第尤能一取焉。”意思是：馬拉車的時候,

馬停止用力了，車還能前進一段距離，這是世界上對慣性現象的最早論述。下列說法正確的

是（）

A.馬停止用力，車在短時間內還受到向前拉力，所以還能繼續前進一段距離

B.馬停止用力，由于車的慣性，所以車仍能繼續前進一段距離才停下來

C.車停下來的過程中，隨著速度逐漸減小，車的慣性也逐漸減小

D.車完全停下來后，處于平衡狀態，根據牛頓第一定律，車不受任何外力的作用

【答案】B

【詳解】A.馬停止用力，車就不再受到向前拉力作用，由于車的慣性，所以車還能繼續前

進一段距離，A錯誤；

B.馬停止用力，由于車的慣性，所以車仍能繼續前進一段距離才停下來，B正確；

C.質量是慣性的唯一的量度，因此車停下來的過程中，隨著速度逐漸減小，可車的質量不

變，車的慣性大小不變，C錯誤；

D.車完全停下來后，處于平衡狀態，車只是在運動的方向上不受力作用，可在豎直方向上,

車仍受到重力與地面的支持力的作用，這兩個力大小相等方向相反，合力是零，D錯誤。

故選B。

【例2】如圖所示，一個楔形物體M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表

面粗糙，在其上表面上放一光滑小球根，楔形物體由靜止釋放，則小球在碰到斜面前的運動

軌跡是（）

A.沿斜面方向的直線B.豎直向下的直線C.無規則的曲線D.拋物線

【答案】B

【詳解】由題意可知，小球在水平方向不受力，則小球的運動軌跡是豎直向下的直線。

故選B。

【變式演練1】2022年12月18日卡塔爾世界杯決賽在億萬球迷的歡呼聲中落下帷幕，最終

經過點球大戰，阿根廷隊以7：5的成績擊敗法國隊奪得冠軍。關于足球運動，下列說法正

確的是（）

A.在研究香蕉球和電梯球的形成原因時，足球都可以被看成質點

B.阻力作用下足球運動速度逐漸變小，說明力是改變物體運動狀態的原因

C.守門員用雙手將足球以原速率撲出的過程，足球的動量、動能均保持不變

D.罰點球過程中，運動員對足球的彈力越大，足球的動量變化越大

【答案】B

【詳解】A.在研究香蕉球和電梯球的形成原因時，足球的旋轉和姿態占主要因素，因此不

能把足球當成質點，故A錯誤；

B.運動狀態包括物體運動速度的大小和速度的方向，任何一項發生改變都將表明物體的運

動狀態發生了改變，足球運動過程中因受阻力速度變小，則可說明力是改變物體運動狀態的

原因，故B正確；

C.動量是矢量，既有大小又有方向，當守門員用雙手將足球以原速率撲出時，足球的速率

不變，但是方向發生了改變，因此足球的動量發生了改變，故c錯誤；

D.由動量定理可知，足球的動量變化量等于合外力的沖量，則足球的動量變化量除了與力

的大小方向有關，還與力的作用時間有關，故D錯誤。

故選Bo

【變式演練2】物理學的發展極大地豐富了人類對物質世界的認識。推動了科學技術的創新

和革命，促進了人類文明的進步。關于物理學中運動與力的發展過程和研究方法的認識，下

列說法中正確的是（）

A.伽利略首先提出了慣性的概念，并指出質量是慣性大小的唯一量度

B.伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）和諧地

結合起來，從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法

C.牛頓運動定律是研究動力學問題的基石，牛頓運動定律都能通過現代的實驗手段直接驗

證

D.力的單位“N”是國際單位制的基本單位，加速度的單位“m/s"是導出單位

【答案】B

【詳解】A.牛頓首先提出了慣性的概念，A錯誤；

B.伽利略對自由落體運動研究方法的核心是：把實驗和邏輯推理（包括數學演算）結合起

來，從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法，B正確；

C.牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，不可能用實驗直接驗證，C錯誤;

D.力的單位“N”是導出單位，D錯誤。

故選B。

類型2牛頓第二定律的理解和應用

1.對牛頓第二定律的理解

p|矢量性|_』。與尸方向相商

』瞬時性|?|a與F對應同一時刻|

J因果性|~~|尸是產生。的麗

r*a、F、機對應同一物體

、?-同一，性-_________________________________

L|a、F、”統一使用國際單位制單位

性

J獨立性一^一個力都可以產生各自的加速圉

」只適用于宏觀、低速運動的物體,

1sB/?不適用于微觀、高速運動的粒子

H局限性卜

q物體的加速度必須是相對慣性系

而言的

2.解題的思路和關鍵

(1)選取研究對象進行受力分析；

(2)應用平行四邊形定則或正交分解法求合力；

⑶根據F『ma求物體的加速度a.

【例1】《論衡》是中國思想史上的一部重要著作，是東漢時期杰出的唯物主義思想家王充

的智慧結晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故車行于陸，船行于溝，其滿而重者行遲，

空而輕者行疾”“任重，其進取疾速，難矣”，由此可見，王充對運動與力的理解()

A.與亞里斯多德的觀點相近B.與牛頓第一定律相近

C.與牛頓第二定律相近D.與牛頓第三定律相近

【答案】C

【詳解】“其滿而重者行遲，空而輕者行疾”、“任重，其進取疾速，難矣”，本質上的意思是,

在相同力的作用下，質量大的物體速度變化慢，加速度小，質量小的物體速度變化快，加速

度大，因此王充對運動與力的理解與牛頓第二定律相近。

故選C。

【變式演練1】在地鐵運行過程中，某人把一根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用

電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。他用手機拍攝了當時情景的照片，如圖所示，拍攝

方向跟地鐵前進方向垂直，細繩與豎直方向夾角為凡重力加速度為g。根據以上信息，可

以確定()

A.地鐵運行方向B.地鐵運行加速度方向

C.圓珠筆的質量D.地鐵運行加速度大小為gsin。

【答案】B

【詳解】AB.物體受繩子拉力方向沿繩子向上,受重力方向豎直向下，則物體所受的合力

水平向左，由牛頓第二定律知，地鐵運行加速度方向向左，但無法確定地鐵的運行方向，故

B正確，A錯誤；

CD.圓珠筆受力如圖

mg

根據牛頓第二定律得

mgtan3=ma

所以

a=gtanO

無法計算圓珠筆的質量，故CD錯誤。

故選Bo

【變式演練2】如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上從靜止開始以加速度a向前運

動位移為x的過程中,若貨箱中石塊8的質量為加,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.石塊2周圍的物體對它的作用力的合力大小為加g

B.石塊8周圍的物體對它的作用力的合力做功為mgx

C.石塊2周圍的物體對它的作用力的合力大小為

D.石塊8周圍的物體對它的作用力的合力沖量大小為加

【答案】C

【詳解】AC.石塊B受向下的重力加g和周圍的物體對它的作用力用兩個力的合力為ma,

方向水平向右，則石塊8周圍的物體對它的作用力的合力大小為

F=個（mg）2+（ma#=my/a2+g2

選項A錯誤，C正確；

B.石塊3周圍的物體對它的作用力的合力的水平分量為ma,則做功為機辦，選項B錯誤;

D.物塊的速度

v=J2ax

根據動量定理，石塊3所受的合外力（周圍物體對它作用力的合力與5的重力的矢量和）

的沖量大小為

I=mv=2ax

選項D錯誤。

故選Co

類型3牛頓第三定律的理解

一對平衡力與作用力和反作用力的比較

名稱

項＞''、一對平衡力作用力和反作用力

作用對象同一個物體兩個相互作用的不同物體

作用時間不一定同時產生、同時消失一定同時產生、同時消失

力的性質不一定相同一定相同

作用效果可相互抵消不可抵消

【例1】“倒立”可以利用地球引力對人體進行牽引和拉伸，可以幫助青少年保持良好體形，

有助于增高，促進大腦發育，提高記憶力。照片展示的是義烏某中學一位學生在宿舍中練習

“靠墻倒立”的情景，宿舍的地面水平粗糙，墻面光滑豎直。針對照片下列同學的分析判斷中

正確的是（）

A.地面對人的作用力與人對地面的壓力是一對相互作用力

B.墻面對人的作用力和人對墻面的作用力是一對平衡力

C.人對地面的壓力是因為地面發生形變產生的

D.人體的重心位置可能在身體的外部

【答案】D

【詳解】A.在豎直方向上，對人研究，人受到重力、地面對人的作用力和墻對人的摩擦力,

故地面對人的作用力與人對地面的壓力隨作用在兩個物體上，但大小不相等，故A錯誤；

B.墻面對人的作用力受力物體為人，人對墻面的作用力受力物體為墻，故不符合平衡力的

條件，故B錯誤；

C.人對地面的壓力是因為人手發生形變產生的，故C錯誤；

D.重心為物體各部分所受重力作用的集中點，重心的位置與物體的質量分布和幾何形狀均

有關，故由圖可知，人體的重心位置可能在身體的外部，故D正確。

故選D。

【例2】如圖，一質量M=1kg、半徑R=0.5m的光滑大圓環用一細輕桿固定在豎直平面內,

套在大環上質量加=0.2kg的小環（可視為質點），從大環的最高處由靜止滑下。重力加速

度g=10m/s2,當小環滑到大環的最低點時（）

/////////

A.小環的速度大小為而m/s

B.小環運動的加速度大小為40m/s2

C.小環對大環的壓力大小為20N

D.大環對輕桿拉力的大小為12N

【答案】B

【詳解】A.根據動能定理

mgx2R=—mv2

解得

v=2V5m/s

故A錯誤；

B.小環運動的加速度大小為

V22

a=——=40m/s

R

故B正確；

C.根據

v2

F-m2=m—

R

得大環對小球的支持力

v2

F=m2+m—=10N

R

根據牛頓第三定律，小球對大壞的壓力大小為

F；=F=10N

故C錯誤；

D.大環對輕桿拉力的大小為

T=Fi+Mg=20^

故D錯誤。

故選B。

【變式演練】木箱重G/,人重G2,人站在木箱里用力/向上推木箱，如圖所示，則有（）

A.人對木箱底的壓力大小為尸B.人對木箱底的壓力大小為G?

C.木箱對地面的壓力大小為G2+G/-FD.木箱對地面的壓力大小為G/+G2

【答案】D

【詳解】AB.以人為研究對象受到重力G2、木箱頂部對人的推力片和木箱底部對人的支持

力耳，處于平衡狀態，根據平衡條件可得

F2=Fl+G1

根據牛頓第三定律可知人對木箱的推力和木箱對人的推力大小相等片=尸，則有

F2=F+G2

故AB錯誤；

CD.以人和木箱為研究對象，受到重力G1+G?,地面對木箱的支持力工，處于平衡狀態,

根據平衡條件可得

F.-GX+G2

根據牛頓第三定律可知木箱對地面壓力片和地面對木箱的支持力馬大小相等，則有

月=G]+G?

故C錯誤，D正確。

故選D。

題型二瞬時問題的兩類模型

【解題指導】輕繩、輕桿和接觸面的彈力能跟隨外界條件發生突變；彈簧（或橡皮繩）的彈力

不能突變，在外界條件發生變化的瞬間可認為是不變的.

[例1]（2024?湖南?高考真題）如圖，質量分別為4加、3m、2加、m的四個小球N、B、C、

D,通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于。點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將3、

。間的細線剪斷，則剪斷瞬間3和C的加速度大小分別為（）

A.g,L5gB.2g,L5gC.2g,0.5gD.g,0.5g

【答案】A

【詳解】剪斷前，對BCD分析

FAB=（3m+2m+m）g

對D

FCD=mg

剪斷后，對B

B加

FA-3g=3maB

解得

aB=g

方向豎直向上；對C

F+

DC2mg=2mac

解得

ac=1.5g

方向豎直向下。

故選Ao

【變式演練1】（2024?湖北?三模）如圖所示，質量相等的兩小球A、B,二者用一輕彈簧豎

直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止。現將輕繩剪斷，則

從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（）

/////////////

A.A的加速度大小的最大值為g

B.B的加速度大小的最大值為2g

C.A的位移大小一定大于B的位移大小

D.A的速度大小均不大于同一時刻B的速度大小

【答案】C

【詳解】AB.設小球A與B的質量為加，細線剪斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變，B

球的合力為零，則B球的加速度為零，A球加速度為

_mg+mg

=2g

m

兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復原長過程中，設彈簧的伸長量為X。

對A球，由牛頓第二定律得

mg+kx=maA

對B球，由牛頓第二定律得

mg-kx=m”

可知隨著x減小，A球的加速度”減小，B球的加速度益增大，所以細線剪斷瞬間，A球

的加速度最大，為2g。當彈簧第一次恢復原長時，B球的加速度最大，為g。故AB錯誤;

CD.由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復原長的過程中，A球的加速度大于B球

的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時

刻B球的速度大小，故C正確，故D錯誤。

故選C。

【變式演練1】）水平面上有一質量加=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，此時小球處于靜止狀態，輕繩與豎直方向成0=45。

角。g=10m/s2o下列說法正確的是（）

A.此時，繩上的拉力為20N

B.若剪斷輕繩，則剪斷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

【答案】B

【詳解】A.設繩子拉力為T,對小球根據平衡條件有

7cos45°=zwg

解得

T=20V2N

A錯誤；

B.剪斷輕繩前，設彈簧的彈力為尸，對小球根據平衡條件有

尸=7sin45°

解得

F=20N

剪斷輕繩后，彈簧彈力不變，故剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N,B正確；

C.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20亞N，根據牛頓第二

定律可得

a=￡■=106m/s2

m

方向與豎直方向成45。角指向左下方，C錯誤；

D.剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球將開始做圓周運動，此時小球的速度為零，

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

mgcos45°=ma

解得

a=5V2m/s2

D錯誤。

故選B。

【變式演練2】（2024?陜西安康?模擬預測）如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為6=30。

的光滑斜面底端，另一端連接一質量為3m的物塊A,系統處于靜止狀態。若將質量為m的

物塊B通過跨過光滑輕質定滑輪的細繩與A相連，開始時用手托住物體B,使細繩剛好保

持伸直（繩、彈簧與斜面平行），松手后A、B一起運動，A運動到最高點P（未畫出）后

再反向向下運動到最低點。已知重力加速度為g,對于上述整個運動過程，下列說法正確的

A.釋放B后的瞬間，繩子張力大小為（"gB.釋放B后的瞬間，繩子張力大小為

3

4mg

4]

C.在最高點尸，繩子張力大小為D.在最高點尸，彈簧對A的彈力大小為

【答案】B

【詳解】AB.釋放瞬間對整體由牛頓第二定律有

mg-3mgsin30°+瑪單=4mal

O=3加gsin30°

對物體B,有

mg-T=max

聯立解得

T=~mg

故A錯誤，B正確；

CD.在最高點尸，由對稱性可知，加速度大小為

1

a2=ax=-g

對整體，有

3mgsin30°-mg+&=Ama2

對物體B,有

T'—mg=ma^

解得

=^mg,r=1mg

故CD錯誤。

故選Bo

【變式演練3】（2024?貴州?三模）如圖所示，可視為質點的小球用輕質細繩。/和05懸掛

靜止在。點，繩。/與豎直方向的夾角為巴繩08水平。重力加速度為g,下列說法正確的

是（）

A.剪斷繩05瞬間，小球的加速度大小為gtand

B.剪斷繩05瞬間,小球的加速度大小為gsin。

C.剪斷繩。4瞬間，小球的加速度為零

D.剪斷繩瞬間，小球的加速度為g

【答案】BD

【詳解】AB.剪斷繩03瞬間，小球即將開始繞4點做圓周運動，沿切線方向可得

mgsin3=ma

解得

a=gsin。

故A錯誤，B正確;

CD.剪斷。/瞬間，小球將繞2點開始做圓周運動，此時切線方向的加速度大小為g,故C

錯誤，D正確。

故選BDo

題型三超重和失重問題

【解題指導】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.

類型1超、失重現象的圖像問題

【例1】（2024?湖北?一模）智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟

件，手托著手機在豎直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎

直向上為正方向，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.九時刻手機處于完全失重狀態B.時刻手機開始向上運動

C.打時刻手機達到最大速度D.手機始終沒有脫離手掌

【答案】A

【詳解】A.九時刻手機加速度為方向豎直向下，手機處于完全失重狀態故A正確;

BC.由題可知整個過程為先托著手機。~右向下做加速運動，。~4向下做減速運動，a-t

圖像與坐標軸圍成的面積為速度，B時刻手機達加速度為正方向的最大值，故打速度小于勻速

度不是最大，故BC錯誤；

D.手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為土的過程中處于

完全失重狀態，可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。

故選Ao

【變式演練1】.（2024?遼寧?三模）一同學乘電梯上樓，從靜止開始出發，用手機內置傳感

器測得某段時間內電梯的加速度。隨時間，變化的圖線如圖所示，以豎直向上為加速度的正

A.『4s時地板對該同學的支持力最小B.t=7s時電梯對該同學的支持力為零

C.6?8s內電梯上升的高度約為4mD.6?8s內電梯上升的高度約為9m

【答案】C

【詳解】A.，=4s時，加速度向上且最大，則該同學處于超重狀態，根據牛頓第二定律可得

N-mg=ma

可知地板對該同學的支持力最大，故A錯誤；

B.l=7s時，加速度為0,根據受力平衡可知，電梯對該同學的支持力等于同學的重力，故

B錯誤；

CD.根據圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由圖可知，0?6s內圍成的面積大

約有4個小方格，貝卜=6s時的速度為

v6=Av=4x0.5xIm/s=2m/s

由圖像可知，6?8s內電梯的加速度為0,做勻速運動，上升的高度約為

h=v6t=2x2m=4m

故C正確，D錯誤。

故選C。

【變式演練2】在蹦床運動過程中，用力傳感器測出彈簧床對運動員的彈力R下圖是繪制

的F隨時間t的變化圖像,不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.運動員的質量為40kgB.運動員在3.6s?4.8s內處于超重狀態

C.運動員的最大加速度大小為50m/s2D.運動員離開蹦床上升的最大高度為3.2m

【答案】D

【詳解】A.由題可知

mg=F[=500N

所以

m=50kg

故A錯誤;

B.由圖可知，運動員在3.6s?4.2s內彈力大于重力，加速度方向向上，運動員處于超重狀態,

在4.2s?4.8s內彈力小于重力，加速度方向向下，處于失重狀態，故B錯誤;

C.當運動員處于最低點時，加速度最大，根據牛頓第二定律可得

F-mg2500-500

—2———=--------二40m/s2

m50

故c錯誤;

D.由圖可知，運動員離開蹦床在空中運動的時間為

t=8.4—6.8s=1.6s

所以運動員離開蹦床上升的最大高度為

h=\=3.2m

故D正確。

故選D。

類型2超、失重現象的分析和計算

【例2】（2024?全國?高考真題）學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯

內，測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為9.8m/s2。

（1）電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為N（結果保留1位小數）；

（2）電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5N,則此段時間內物體處于（填“超重”

或“失重”）狀態，電梯加速度大小為m/s2（結果保留1位小數）。

【答案】⑴5.0（2）失重1.0

【詳解】（1）由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N,則讀數為5.0N。

（2）[1]電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5N,小于物體的重力可知此段時間內物

體處于失重狀態；

⑵根據

G=mg=5.ON

根據牛頓第二定律

mg-T=ma

代入數據聯立解得電梯加速度大小

a?1.0m/s2

【變式演練1】（2024?山東蒲澤?三模）測體重時，電子秤的示數會不斷變化，電子秤的示數

始終與它受到的壓力大小成正比，最后才穩定。某同學想探究不同情境下電子秤示數的變化

情況。已知該同學的質量為50kg,重力加速度大小取g=10m/s2。下列情境中關于電子秤示

數說法正確的是（）

A.該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先增大后減小

B.該同學在電子秤上下蹲的過程中，電子秤的示數先減小后增大

C.在減速下降的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數小于真實體重

D.在以5m/s2的加速度勻加速上升的電梯中，人站在電子秤上時電子秤示數為75kg

【答案】BD

【詳解】AB.當同學在電子秤上下蹲時，人體重心下移，先加速下降，加速度向下，此時

同學處于失重狀態，同學對電子秤的壓力小于自身重力；然后減速下降，加速度向上，此時

同學處于超重狀態，同學對電子秤的壓力大于自身重力，所以電子秤的示數先減小后增大，

故A錯誤，B正確；

C.當電梯減速下降時，加速度豎直向上，該同學處于超重狀態，電子秤對同學的支持力大

于同學的重力，根據作用力與反作用力大小相等可知，測量值會大于真實體重，故C錯誤;

D.把電子秤放在電梯里，當電梯以5m/s2加速度加速上升時，設支持力為入，由牛頓第二

定律可得

FN-mg=ma

解得

FN=750N

因為同學對秤的壓力與秤對同學的支持力為一對作用力和反作用力，大小相等，則電子秤示

數為

加顯示=—=75kg

g

故D正確。

故選BDo

【變式演練2].如圖所示，在某城市的建筑工地上，工人正在運用夾磚器把兩塊質量均為

m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R

夾磚器與每個磚塊的動摩擦因數為卬設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。

則在加速提起成塊的過程中，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

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正-g

m

D.兩塊磚塊之間的摩擦力一定不為零

【答案】C

【詳解】A.在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態，A錯誤；

B.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錯誤；

C.夾磚器與磚塊即將發生滑動時，磚塊加速度最大，對兩塊磚整體受力分析如圖甲所示,

根據牛頓第二定律有

-2mg=2ma

則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為

juF

a=-------g

m

C正確；

D.加速度最大時，單獨對其中一個磚塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力加g以

及夾磚器對其向上的靜摩擦力了,有

f-mg=ma

解得

f="F

故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D錯誤。

故選C。

題型四動力學兩類基本問題

【解題指導】1.做好兩個分析：

(1)受力分析，表示出合力與分力的關系；

(2)運動過程分析，表示出加速度與各運動量的關系.

3.熟悉兩種處理方法：合成法和正交分解法.

3.把握一個關鍵：求解加速度是解決問題的關鍵.

【必備知識】1.基本思路

牛頓第二定吟麗麗運動學公、

第一類問題

［受力情況］［運動狀態)

~~第二類問題~y~

?牛頓第二定律(加速度卜運動學公式

2.基本步驟

1根據問題的需要和解題的方便，選出

明確研_“被研究的物體。研究對象可以是某個

究對象1物體，也可以是幾個物體構成的系統

受力分析

」畫好受力示意圖、運動情景圖，明確

和運動狀-1物體的運動性質和運動過程

態分析

建立一1通常沿加速度的方向建立坐標系并以

1加速度方向為某一坐標軸的正方向

坐標系

若物體只受兩個共點力作用，通常用

確定

?合成法；若物體受到3個及以上不在同

合夕卜力

一直線上的力，一般用正交分解法

°

根據牛頓第二定律F產ma或『藍：

列方"列方程求解，必要時還要對結巢進存

程求解

1討論

3.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)兩個橋梁一加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁。

類型1已知受力求運動情況

【例1】在某建筑工地，有一工件在電機的牽引下從地面豎直向上送至指定位置進行安裝，

已知該工件先后經歷勻加速、勻速、勻減速直線運動三個階段。當工件加速運動到總距離的

一半時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的尸T圖像如圖所示，當l=18s時工件速

度恰好減為0且到達指定位置。整個過程中不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,則

A.0?18s時間內，工件一直處于失重狀態

B.工件做勻速運動的速度大小為3m/s

C.工件做勻減速運動加速度大小為0.25m/s2

D.地面和指定位置之間的總距離為56m

【答案】CD

【詳解】A.該工件先后經歷勻加速、勻速、勻減速直線運動三個階段，圖線表示的是勻速

的后半段和勻減速，所以0?10s時間內，工件做勻速運動，處于平衡狀態，選項A錯誤;

B.根據動量定理得

3000x10+2925x8-mgxl8=0-mv

勻速運動時有

3000=mg

解得

m=300kg

v=2m/s

工件做勻速運動的速度大小為2m/s,選項B錯誤；

C.根據牛頓第二定律得

mg-2925-ma

解得

2

a2=0.25tn/s

工件做勻減速運動的加速度大小為0.25m/s2,選項C正確；

D.地面和指定位置之間的總距離為

尤=21Vxi0+三&81m=56m

選項D正確；

故選CD。

【變式演練1】如圖所示，一個質量"=2kg的物塊從光滑的斜面頂端/下滑，斜面高度

〃=1.25m,斜面長為2.5m。物塊與水平面動摩擦因數為0.1,斜面與水平面平滑連接，物

塊運動到水平面C點靜止。g取10m/s2,求：

（1）物塊在斜面上運動時的加速度大小a；

（2）物塊到達斜面末端2點時的速度大小v；

（3）物塊在水平面運動的位移大小X。

【答案】（1）a=5m/s2;（2）5m/s；（3）12.5m

【詳解】（1）對物體受力分析，根據牛頓第二定律有

mgsin0=ma

根據幾何關系有

sin6=一

解得

?=5m/s2

（2）物塊從A到B根據運動學規律可得

v2=2al

代入數據可得

v=5m/s

（3）在水平面上運動摩擦阻力提供加速度有

]umg=ma

物塊從B到C根據運動學規律可得

v2=2a'x

代入數據可得

x=12.5m

【變式演練2】如圖所示，傾角。=37。、高度力=0.6m的斜面與水平面平滑連接。小木塊從

斜面頂端由靜止開始滑下，滑到水平面上的4點停止。已知小木塊的質量加=lkg,它與斜

面、水平面間的動摩擦因數均為〃=0.5,重力加速度g=10m/s2osin37°=0.6,cos37°=0.8。

求：

（1）小木塊在斜面上運動時的加速度大小a；

（2）小木塊滑至斜面底端時的速度大小v；

【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）0.4m

【詳解】（1）小木塊在斜面上運動時，由牛頓第二定律可知

mgsin6-pimgcos0=ma

解得加速度大小

a-2m/s2

（2）根據

h

v2=2a

sin。

可得小木塊滑至斜面底端時的速度大小

v=2m/s

(3)小木塊在水平面上運動時的加速度

a=/zg=5m/s2

運動的距離

v2八,

x=-r=0.4m

2a

類型2已知物體運動情況，分析物體受力

【例2】如圖甲所示，水平桌面上靜置有一算盤，中間帶孔的算珠可穿在固定的桿上滑動，

使用時發現有一顆算珠位于桿的一端處于未歸零狀態，在t=0時刻對算珠施加沿桿方向的

力尸=0.12N使其由靜止開始運動，經0.1s撤去R此后再經0.1s恰好能到達另一端處于歸

零狀態。算珠在整個運動過程中的vT圖像如圖乙所示，算珠的厚度d=7.5mm,g取10m/s2,

與桿間的動摩擦因數恒定。求：

(1)桿的長度K

(2)算珠與桿間的動摩擦因數〃;

(3)算珠的質量mo

Y

OD03030303Xb>xy

—————Tl—lA

-

——1———1l——TT

00a0g

0000oooo0

000oo§soos

0080oooo§

【答案】(1)0.045m；(2)0.3；(3)0.02kg

【詳解】(1)根據V—圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿的長度為

1

L=x+2d=—xO.3x0.2m+2x7.5x10%i=0045m

2

(2)撤去尸后，算珠做勻減速運動的加速度大小為

0.3

m/s2=3m/s2

0.2—0.1

根據牛頓第二定律有

jumg=ma2

可得算珠與桿間的動摩擦因數為

/j,=0.3

(3)算珠做勻加速運動的加速度大小為

=3m/s2

根據牛頓第二定律有

F-jumg=n1ax

聯立解得算珠的質量為

m=0.02kg

【變式演練l]2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發

球區松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心.若在冰壺中心到達

前擲線時開始計時，則冰壺在第2s末的速度大小馬=3.2m/s,在第15s內運動了x15=0.08m,

取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數

【詳解】（1）假設冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小

3.2m/s-0.08m/s156/

-----m/s2

14.5-2s625

若冰壺以加速度。=乎m/s?減速，則冰壺在最后1s通過的位移

所以冰壺在第15s內的某瞬間已經停止運動，令。=ls,設冰壺運動網5所用的時間為3則

有

v2=Q(12A/+E),a=4%=jug

m

解得

fj,-0.025

(2)根據運動學公式有

12

Z/Q——Q(14A,+

解得

Zo=27.38m

【變式演練2】（2024?湖北武漢?模擬預測）冰壺是在冰上進行的一種投擲性競賽項目。某次

訓練中，冰壺（可視為質點）被運動員擲出后，在水平冰面上沿直線依次經過48、C三

點后停在。點。已知/、8間的距離產26m,B、。間的距離X2=5.5m,冰壺通過AB段的時

間。=10s,通過2C段的時間/2=5S,假設冰壺和冰面間的動摩擦因數處處相等，重力加速度

大小g=l0mzs2。求：

（1）C、。兩點之間的距離X3；

（2）冰壺和冰面間的動摩擦因數〃。

o.一.

//////////////////////////////////^////////////////y//////^/

ABCO

【答案】（1）0.9m；（2）0.02

【詳解】（1）因為冰壺與冰面間的動摩擦因數處處相等，因此冰壺滑動時受到的摩擦力處處

相等，又因為冰壺沿直線運動，因此冰壺在/點至。點的運動為勻減速直線運動，假設冰

壺運動的加速度大小為。，在N點時的速度大小為口，在C點時的速度大小為vC,因此有

Vf

A\=再'匕（4+%2）—3。（。+/2）2=X2

解得

tz=0.2m/s2,〃4=3.6m/s

又由