四、牛顿运动定律-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（课件PPT+word教案）

经典重现　考题再现 四、牛顿运动定律 1.(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过 A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2 C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2 √ 书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 2.(2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF=k。比例系数k的单位是 A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 根据题干公式ΔF=k整理可得k=，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为==kg·m/(s2·A2)，故选B。 3.(2023·全国乙卷·14)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 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 11 10 1 2 3 4 5 6 上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误； 7 8 9 11 10 1 2 3 4 5 6 排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确； 达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误； 下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不是做匀加速运动，D错误。 7 8 9 11 10 1 2 3 4 5 6 4.(2021·北京卷·13)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A.30 cm刻度对应的加速度为-0.5g B.40 cm刻度对应的加速度为g C.50 cm刻度对应的加速度为2g D.各刻度对应加速度的值是不均匀的 7 8 9 11 10 √ 设刻度对应值为x，结合分析可知 =a，Δx=|x-0.2 m|， (取竖直向上为正方向) 经过计算有a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)， 根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 在30 cm刻度时，代入数据有，a1=-0.5g，A正确； 在40 cm刻度时，a2=0，B错误； 在50 cm刻度时，a3=0.5g，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 5.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为 A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 √ 1 2 3 4 5 6 P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1=mQg= 2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上 后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2==1 N， 故Q物块加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 6.(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是 7 8 9 11 10 √ 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg 当木块接触弹簧后 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 √ 11 10 √ 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做 匀速直线运动，则拉力大小为F=2μmg，撤去拉力 前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0=μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为-FT0-μmg=maP1，解得aP1=-2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有 -μmg=maQm，解得aQm=-μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 8.(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 A.F1=μ1m1g B.F2=(μ2-μ1)g C.μ2>μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 √ √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 √ 6 1 2 3 4 5 由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1=μ1(m1+m2)g，故A错误； 由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0 解得F2=(μ2-μ1)g 可知μ2>μ1，故B、C正确； 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 9.(多选)(2023·湖北卷·9)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦 7 8 9 11 10 力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是 6 1 2 3 4 5 A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3-4)g C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小 再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 7 8 9 √ 11 10 √ 6 1 2 3 4 5 小球在P点受力平衡，则有mg=Ffm，Ffm=μFN，FN=k(l-)，联立解得k=，A正确； 在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F=k(l-)，小球受到的摩擦力为Ff=μFN1= μFsin θ，化简得Ff=μ(klsin θ-)，从M点到P点θ增大，从P点到N点θ减小，即摩擦力先变大后变小，C错误； 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N摩擦力做功大小相等，D正确； 小球运动到P点下方时θ=45°，此时摩擦力大小为Ff1=μ(kl-)，由牛顿第二定律mg-Ff1=ma，联立解得a=(2-)g，B错误。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 10.(2024·全国甲卷·22)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为_____ N(结果保留1位小数)；  7 8 9 10 11 5.0 由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。 6 1 2 3 4 5 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于　　　(填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为　　　 m/s2(结果保留1位小数)。  7 8 9 10 11 失重 电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处于失重状态；G=mg=5.0 N 根据牛顿第二定律mg-FT=ma 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2。 1.0 6 1 2 3 4 5 11.(2022·浙江6月选考·19)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； 7 8 9 11 10 答案　2 m/s2　 27 6 1 2 3 4 5 7 8 9 11 10 根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 28 6 1 2 3 4 5 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； 7 8 9 11 10 答案　4 m/s　 根据运动学公式有v2=2a1l1 解得v=4 m/s 29 6 1 2 3 4 5 (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。 7 8 9 11 10 答案　2.7 m 根据牛顿第二定律有μmg=ma2 根据运动学公式有-v2=-2a2l2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 30 $$ 四、牛顿运动定律 1.(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A.2.0 m/s2 B.4.0 m/s2 C.6.0 m/s2 D.8.0 m/s2 答案　B 解析　书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，最大静摩擦力提供加速度时，有最大加速度，即有Ffm=μmg=mam，解得am=μg=4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4.0 m/s2，B正确，A、C、D错误。 2.(2023·辽宁卷·2)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF=k。比例系数k的单位是(　　) A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 答案　B 解析　根据题干公式ΔF=k整理可得k=，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为==kg·m/(s2·A2)，故选B。 3.(2023·全国乙卷·14)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 答案　B 解析　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起后瞬间的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不是做匀加速运动，D错误。 4.(2021·北京卷·13)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.30 cm刻度对应的加速度为-0.5g B.40 cm刻度对应的加速度为g C.50 cm刻度对应的加速度为2g D.各刻度对应加速度的值是不均匀的 答案　A 解析　设刻度对应值为x，结合分析可知 =a，Δx=|x-0.2 m|， (取竖直向上为正方向) 经过计算有 a=(x≥0.2 m)或a=(x<0.2 m)， 根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误； 在30 cm刻度时，代入数据有，a1=-0.5g，A正确； 在40 cm刻度时，a2=0，B错误； 在50 cm刻度时，a3=0.5g，C错误。 5.(2021·海南卷·7)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为(　　) A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N 答案　A 解析　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1=mQg=2 N，Ff=FT1=2 N<μmPg=2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2==1 N，故Q物块加速下降，有mQg-FT2=mQa，可得a=5 m/s2；而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2+F-μmPg=mPa，解得F=4.0 N。 6.(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg 当木块接触弹簧后 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 7. (多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 答案　AD 解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F=2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0=μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为-FT0-μmg=maP1，解得aP1=-2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有-μmg=maQm，解得aQm=-μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 8.(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) A.F1=μ1m1g B.F2=(μ2-μ1)g C.μ2>μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 答案　BCD 解析　由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1=μ1(m1+m2)g，故A错误； 由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a>0 解得F2=(μ2-μ1)g 可知μ2>μ1，故B、C正确； 由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 9.(多选)(2023·湖北卷·9)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为 B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3-4)g C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 答案　AD 解析　小球在P点受力平衡，则有mg=Ffm，Ffm=μFN，FN=k(l-)，联立解得k=，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F=k(l-)，小球受到的摩擦力为Ff=μFN1=μFsin θ，化简得Ff=μ(klsin θ-)，从M点到P点θ增大，从P点到N点θ减小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知从M到P和从P到N摩擦力做功大小相等，D正确；小球运动到P点下方时θ=45°，此时摩擦力大小为Ff1=μ(kl-)，由牛顿第二定律mg-Ff1=ma，联立解得a=(2-)g，B错误。 10.(6分)(2024·全国甲卷·22)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 (1)(2分)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为　　　　　　 N(结果保留1位小数)；  (2)(4分)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于　　　　　　(填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为　　　　　　 m/s2(结果保留1位小数)。  答案　(1)5.0　(2)失重　1.0 解析　(1)由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处于失重状态；G=mg=5.0 N 根据牛顿第二定律mg-FT=ma 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2。 11.(8分)(2022·浙江6月选考·19)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)(2分)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)(2分)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)(4分)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。 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 (2)根据运动学公式有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-v2=-2a2l2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$