课时分层作业(七) 牛顿第二定律的基本应用
说明：单选题每小题4分，本试卷共55分
1．(2024·广东广州一模)如图所示，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停止在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
A B C D
2．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则( )
A．升降机停止运行前在向下运动
B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小
C．t1～t2时间内小球处于超重状态
D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大
3．一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球( )
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
4．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。下列判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
5．如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
6．(2022·广东卷)如图所示是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( )
A B
C D
7．当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为 2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2，则( )
A．运动员起跳过程属于失重状态
B．起跳过程中加速度大小为16 m/s2
C．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
8．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出，沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A．O点最大
B．P点最大
C．Q点最大
D．整个运动过程保持不变
9．斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v-t图像如图乙所示(vB、t0未知)，重力加速度g取10 m/s2。则根据上述条件，下列可以求得的是( )
A．物块与斜面之间的动摩擦因数
B．斜面的倾角
C．斜面AB段的长度
D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度
10．如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ ＝0.28 D．μ ＝0.25
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
11．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
1 / 5 牛顿第二定律的基本应用
1．两类动力学问题
(1)两类问题
①第一类：已知受力求物体的____________。
②第二类：已知运动情况求物体的________。
(2)解决方法
以________为“桥梁”，由运动学公式和________________列方程求解。
2．超重和失重
(1)超重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________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(或对竖直悬挂物的拉力)________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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的现象。
②产生条件：物体的加速度a＝____，方向竖直向下。
1．易错易混辨析
(1)失重说明物体所受的重力减小了。 ( )
(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 ( )
(3)研究动力学两类问题时，受力分析和运动分析是关键。 ( )
(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 ( )
(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。 ( )
(6)加速度是联系运动和力的桥梁，速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 ( )
2．人教版必修第一册第四章第6节[思考与讨论]：图4.6-4下蹲过程，图4.6-5下蹲、站起两个过程，分析超重和失重的情况。
3．(人教版必修第一册改编)蹦极是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中( )
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
4．(粤教版必修第一册改编)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度 v0＝10 m/s
沿斜面向上运动，如图所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为( )
A．3.75 m B．5 m C．6.25 m D．15 m
动力学两类基本问题
1．问题类型
2．解决动力学两类问题的两个关键点
3．动力学基本问题中力的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
已知力求运动
[典例1] (2025·广东清远模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右匀加速运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；
(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；
(3)拉力F的大小。
思路点拨：解此题可按以下思路：
(1)在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；
(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；
(3)在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。
[听课记录]
两类动力学问题的解题步骤
已知运动求力
[典例2] 2023年11月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将这个过程进行如图所示的简化：ABC为水平轨道，其中AB段为有动力弹射段、长LAB＝80 m，BC段为无动力滑行段、足够长。将质量M＝20 kg的物块(可视为质点)置于A处，在第一次弹射模拟中，物块在AB段的运动时间为2 s、BC段的运动时间为16 s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量m＝5 kg。已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)AB段动力的大小；
(2)第二次弹射过程中，AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小。(结果可用根式表示)
[听课记录]
超重与失重问题
1．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。
(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关。
(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(4)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。
2．判断超重和失重的方法
(1)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；等于零时，物体处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断
当物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；
当物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。
[典例3] (多选)测体重时，电子秤的示数会不断变化，电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比，最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列情境中，关于电子秤示数的说法正确的是( )
A．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先增大后减小
B．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先减小后增大
C．在减速下降的电梯中，该同学站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
D．在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中，该同学站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
[听课记录]
动力学中的图像问题
1．常见图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。
2．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：
3．解决动力学图像问题的思路
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获取哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例4] (多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)明确f-t图像和v-t图像的信息，做好运动分析和受力分析。
(2)分段研究木板的加速度，应用牛顿第二定律求解。
[听课记录]
1．如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是( )
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
2．(2024·广东佛山高三月考)如图(a)所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F-t图像的其中一段，如图(b)所示，则( )
A．t0阶段重物一定处于静止状态
B．t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速
C．t2阶段重物处于超重状态
D．t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态
3．(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图像如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
4．(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
5．(2025·广东江门检测)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg 的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动的时间为t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，g取10 m/s2，求：
(1)物品运动过程中的最大速率；
(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
1 / 10 牛顿第二定律的基本应用
1．两类动力学问题
(1)两类问题
①第一类：已知受力求物体的运动情况。
②第二类：已知运动情况求物体的受力。
(2)解决方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
2．超重和失重
(1)超重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向上的加速度。
(2)失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向下的加速度。
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。
②产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
1．易错易混辨析
(1)失重说明物体所受的重力减小了。 (×)
(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 (×)
(3)研究动力学两类问题时，受力分析和运动分析是关键。 (√)
(4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (√)
(5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。 (×)
(6)加速度是联系运动和力的桥梁，速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 (√)
2．人教版必修第一册第四章第6节[思考与讨论]：图4.6-4下蹲过程，图4.6-5下蹲、站起两个过程，分析超重和失重的情况。
提示：下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起过程先向上加速再向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。
3．(人教版必修第一册改编)蹦极是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中( )
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
C [在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态，在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。]
4．(粤教版必修第一册改编)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度 v0＝10 m/s沿斜面向上运动，如图所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为( )
A．3.75 m B．5 m
C．6.25 m D．15 m
B [小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物块速度减为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为 x＝＝5 m，故B正确。]
动力学两类基本问题
1．问题类型
2．解决动力学两类问题的两个关键点
3．动力学基本问题中力的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
已知力求运动
[典例1] (2025·广东清远模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右匀加速运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；
(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；
(3)拉力F的大小。
思路点拨：解此题可按以下思路：
(1)在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；
(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；
(3)在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。
[解析] (1)在BC段，小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示
有Ff＝μFN＝μmg
Ff＝ma2
则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
＝2a2s2，又＝
则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。
(3)当F sin θ由牛顿第二定律得F cos θ－Ff1＝ma1
又FN1＋F sin θ＝mg，Ff1＝μFN1
联立以上各式，代入数据解得
F≈1.05 N；
当F sin θ >mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知F cos θ－Ff2＝ma1
又F sin θ＝mg＋FN2，Ff2＝μFN2
代入数据解得F＝7.5 N。
[答案] (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
两类动力学问题的解题步骤
已知运动求力
[典例2] 2023年11月，我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将这个过程进行如图所示的简化：ABC为水平轨道，其中AB段为有动力弹射段、长LAB＝80 m，BC段为无动力滑行段、足够长。将质量M＝20 kg的物块(可视为质点)置于A处，在第一次弹射模拟中，物块在AB段的运动时间为2 s、BC段的运动时间为16 s；在第二次弹射模拟中，该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量m＝5 kg。已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小相等且恒定不变，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)AB段动力的大小；
(2)第二次弹射过程中，AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小。(结果可用根式表示)
[解析] (1)第一次弹射模拟，AB段有
LAB＝
F－μMg＝Ma1
BC段有
a2＝＝μg
a1t1＝a2t2
解得F＝900 N，μ＝0.5。
(2)第二次弹射过程中，AB段有
F－μ(M＋2m)g＝(M＋2m)a3
作用力FAB＝
解得FAB＝25 N
BC段有FBC＝
解得FBC＝25 N。
[答案] (1)900 N (2)25 N 25 N
【典例2 教用·备选题】(2024·广东广州一模)如图所示，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8 s，赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生的动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，求：
(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。
[解析] (1)设赛艇受到的阻力大小为f，双桨划水时的动力为F，设划水和运桨阶段的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得，划水时F－f＝ma1，空中运桨时f＝ma2，依题意有F＝2f，联立解得a1∶a2＝1∶1。
(2)由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到最大，则vm＝v0＋a1t，划水时s1＝v0t＋a1t2，运桨时s2＝vmt－a2t2，又s1＋s2＝8 m，联立并代入数据解得vm＝6 m/s，a1＝a2＝2.5 m/s2，则f＝175 N。
[答案] (1)1∶1 (2)6 m/s 175 N
超重与失重问题
1．对超重和失重现象的理解
(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。
(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关。
(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(4)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。
2．判断超重和失重的方法
(1)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；等于零时，物体处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断
当物体向上加速或向下减速时，处于超重状态；
当物体向下加速或向上减速时，处于失重状态。
[典例3] (多选)测体重时，电子秤的示数会不断变化，电子秤的示数始终与它受到的压力大小成正比，最后才稳定。某同学想探究不同情境下电子秤示数的变化情况。已知该同学的质量为50 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列情境中，关于电子秤示数的说法正确的是( )
A．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先增大后减小
B．该同学在电子秤上下蹲的过程中，电子秤的示数先减小后增大
C．在减速下降的电梯中，该同学站在电子秤上时电子秤示数小于真实体重
D．在以5 m/s2的加速度匀加速上升的电梯中，该同学站在电子秤上时电子秤示数为75 kg
BD [当该同学在电子秤上下蹲时，人体重心下移，先加速下降，加速度向下，此时他处于失重状态，该同学对电子秤的压力小于自身重力；然后减速下降，加速度向上，此时他处于超重状态，他对电子秤的压力大于自身重力，所以电子秤的示数先减小后增大，故A错误，B正确；当电梯减速下降时，加速度竖直向上，该同学处于超重状态，电子秤对他的支持力大于他的重力，根据作用力与反作用力大小相等可知，测量值会大于真实体重，故C错误；把电子秤放在电梯里，当电梯以5 m/s2的加速度加速上升时，设支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得FN＝750 N，因为该同学对电子秤的压力与电子秤对他的支持力为一对作用力和反作用力，大小相等，则电子秤示数为m显示＝＝75 kg，故D正确。]
动力学中的图像问题
1．常见图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。
2．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型：
3．解决动力学图像问题的思路
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获取哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
[典例4] (多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
思路点拨：解此题关键有两点：
(1)明确f-t图像和v-t图像的信息，做好运动分析和受力分析。
(2)分段研究木板的加速度，应用牛顿第二定律求解。
AB [分析知木板受到的摩擦力f′＝f。0～2 s内，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，故C错误；4～5 s内，木板加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，故A正确；2～4 s内，对木板有F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，故B正确；由于无法确定物块的质量，尽管知道滑动摩擦力的大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。]
【典例4 教用·备选题】(2025·广东深圳月考)很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则( )
A．t1时刻手机速度最大
B．t2时刻手机在最低点
C．t3时刻手受到的压力最大
D．t4时刻手受到的压力最小
C [题图曲线与时间轴围成的面积表示速度变化量，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止运动时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手对手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由题图可知，t3时刻手受到的压力最大，C正确；根据牛顿第二定律，手机加速度向下并且加速度最大时，手对手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由题图可知，t1时刻手受到的压力最小，D错误。]
1．如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是( )
A．匀加速上升，a＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
B [当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，解得m＝＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N；若下底板传感器示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知F′N上＋mg－F′N下＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5 m/s2的加速度匀减速上升，故A、C、D错误，B正确。]
2．(2024·广东佛山高三月考)如图(a)所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F-t图像的其中一段，如图(b)所示，则( )
A．t0阶段重物一定处于静止状态
B．t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速
C．t2阶段重物处于超重状态
D．t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态
D [t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误，D正确；t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，加速度向下，重物向下加速或向上减速，所以B、C错误。]
3．(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图像如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
ACD [由题图(b)可求出物块沿斜面上升的最大位移xm及物块沿斜面上滑的加速度大小a1和下滑的加速度大小a2，由mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，可求出μ和θ，但无法求出质量m，物块沿斜面上滑的最大高度hm＝xmsin θ，也可以求出，故选项A、C、D正确，B错误。]
4．(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
BC [对水平面上的物体，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题F-a图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以μ甲<μ乙，C正确，D错误。]
5．(2025·广东江门检测)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg 的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动的时间为t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，g取10 m/s2，求：
(1)物品运动过程中的最大速率；
(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；
(3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。
[解析] (1)由题意可知t1＋vm·t2＋t3＝h，
解得vm＝5 m/s。
(2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝
解得a2＝1.25 m/s2
位移大小x＝t3
解得x＝10 m。
(3)匀速运动阶段F＝mg＋F阻
解得F阻＝5 N
由牛顿第二定律有F′－F阻－mg＝ma1
又a1＝
解得F′＝17.5 N。
[答案] (1)5 m/s (2)1.25 m/s2 10 m (3)17.5 N
课时分层作业(七) 牛顿第二定律的基本应用
1．(2024·广东广州一模)如图所示，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停止在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是( )
A B C D
B [篮球在空中运动时，加速度为g，不变；与地面接触时弹力逐渐增大，加速度大小先到0后增大，故B正确。]
2．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则( )
A．升降机停止运行前在向下运动
B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小
C．t1～t2时间内小球处于超重状态
D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大
B [初始时刻弹簧伸长，弹力等于重力，由题图乙看出，升降机停止运行后弹簧的拉力先变小，小球由于惯性向上运动，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，故B正确；t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C错误；t3时刻小球处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，弹力大于重力，小球向上做加速运动，t4时刻速度最大，故D错误。]
3．一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球( )
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
B [对排球受力分析可知，排球上升过程中受到的空气阻力方向向下，加速度大小a1＝g＋，排球下落过程中受到的空气阻力方向竖直向上，加速度大小a2＝g－，显然a1>a2，排球上升和下落过程的位移大小相等，所以排球上升的时间小于下落的时间，A错误；全过程根据能量守恒定律可知，排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确；排球在最高点时速度为零，加速度为g，C错误；由a2＝g－可知，随着速度的变化，加速度大小a2在变化，所以下落过程中排球做非匀变速运动，D错误。]
4．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。下列判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
D [根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图线斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。]
5．如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
D [由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝g sin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。]
6．(2022·广东卷)如图所示是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( )
A B
C D
C [设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma1，可得a1＝g sin θ；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a2＝0；运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，即a3＝g，设运动员在P点时的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为v＝，由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1＜a3，C正确，A、B、D错误。]
7．当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为 2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2，则( )
A．运动员起跳过程属于失重状态
B．起跳过程中加速度大小为16 m/s2
C．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
B [运动员起跳过程向上加速，则起跳过程为超重状态，选项A错误；离地速度v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳过程中加速度大小为a＝＝ m/s2＝16 m/s2，选项B正确；从开始起跳到离地上升到最高点需要t＝＝ s＋ s＝0.65 s，选项C错误；起跳过程中根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，地面对运动员的支持力为FN＝ma＋mg＝60×(16＋10) N＝1 560 N，根据牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为1 560 N，选项D错误。]
8．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出，沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A．O点最大
B．P点最大
C．Q点最大
D．整个运动过程保持不变
A [由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。故选A。]
9．斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v0＝12 m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v-t图像如图乙所示(vB、t0未知)，重力加速度g取10 m/s2。则根据上述条件，下列可以求得的是( )
A．物块与斜面之间的动摩擦因数
B．斜面的倾角
C．斜面AB段的长度
D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度
D [小物块沿斜面向上滑行的初速度v0＝12 m/s，由aAB＝2aBC，可得＝2·，解得vB＝4 m/s，设AB段长度为sAB，加速度大小为2a，BC段长度为sBC，加速度大小为a，则根据运动学公式，AB段有＝2×(－2a)sAB，BC段有＝2(－a)·sBC，已知v0＝12 m/s，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，C错误；小物块在AB段，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝m·2a，小物块在BC段有mg sin θ＝ma，因加速度未知，所以不能求得斜面ABC的倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，A、B错误；小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma′，由A、B项分析知mg sin θ＝μmg cos θ＝ma，解得a′＝0，D正确。]
10．如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正确的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ ＝0.28 D．μ ＝0.25
B [物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v＞0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得a＝＝2ax，整理有＋2ax>0，由于v0<2 m/s，可得μ<0.2，故C、D不可能。故选B。]
11．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
[解析] (1)对货物根据牛顿第二定律可得
mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1，
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据运动学公式有－2a2l2＝－v2，代入数据联立解得l2＝2.7 m。
[答案] (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
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