第三章 第15讲 牛顿第二定律的基本应用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

第15讲牛顿第二定律的基本应用 县础梳理·易错莽析 FLAFFAFFLFAFALFJ111FA111FA4F1AF1 知识梳理 物体的加速度方 产生 物体的加速度方 物体的加速度方 一、两类动力学问题 向 条件 向 向 1.动力学的两类基本问题： 大小 第一类：已知受力情况求物体的 第二类：已知运动情况求物体的 mg -F ma 2.解决两类基本问题的方法：以 为“桥 原理 F-mg ma mg-F=ma 梁”，由运动学公式和 方程 F= F= =mg 列方程求解， F= 具体逻辑关系如图： 由力求运动 上升 下降 以a=g 运动 状态 或 或 下降或 下降 上升 上升 牛顿第二定律 运动学公式 受力情况 加速度 运动情况 易错养析 由运动求力 1.已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第 二、超重与失重 二定律求解加速度。 ( 1.当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上 时，弹簧测力计或台秤的 反映物体对弹簧的 2.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( ) 弹力或物体对台秤的压力。 3.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大 2.超重、失重和完全失重的比较 于物体的重力。 轮 超重现象 失重现象 完全失重现象 4.加速上升的物体处于超重状态。 ( 物体对支持物 物体对支持物 5.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生 的压力（或对悬 的压力（或对悬 物体对支持物 的压力（或对于 变化。 概念 挂物的拉力) 挂物的拉力) 悬挂物的拉力) 理 物体所 物体所 受重力的现象 受重力的现象 的现象 6.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。 04 核考点·重点突破 考点1 应用牛顿第二定律分析瞬时问题 ①（多选）如图所示，水www 37 37 P (能力考点·深度研析) 平轻弹簧两端拴接两 Q Om 两种模型 个质量均为m的小球a和b, 6 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时 拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两 产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型： 细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P,弹簧 不发生明显形变就能产生弹力，剪 的劲度系数为k,重力加速度大小为g,取sin37°= 轻绳、轻杆 断或脱离后，不需要时间恢复形变， 0.6,c0s37°=0.8。下列说法正确的是 弹力立即消失或改变，一般题目中 和接触面 所给的轻绳、轻杆和接触面在不加 A.剪断细线P前，弹簧形变量为m 特殊说明时，均可按此模型处理 两种 B剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为 模型 当弹簧的两端与物体相连（即两端 为固定端)时，由于弹簧形变明显， C.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉 弹簧、蹦床 恢复形变需要时间，弹簧的长度不 力变小 和橡皮筋 会发生突变，所以在瞬时问题中，其 D.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加 弹力的大小认为是不变的，即此时 速度大小为0.8g 弹簧的弹力不突变 反思提升 2.判断超重和失重的方法 “四步骤”巧解瞬时性问题 (1)从受力的角度判断 第一步：分析原来物体的受力情况。 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时， 第二步：分析物体在突变时的受力情况。 物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态； 第三步：由牛顿第二定律列方程。 等于零时，物体处于完全失重状态。 第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。 (2)从加速度的角度判断 【跟踪训练】 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超重 (弹簧或轻杆问题)（多选）如图所示，A,B两球 状态；具有向下的（分）加速度时，物体处于失重状态： 质量相等，光滑斜面的倾角为0，图甲中，A、B两 向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重 状态。 球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统 (3)从速度变化的角度判断 静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平 ①物体向上加速或向下减速时，超重； 行，则在突然撤去挡板的瞬间有 ②物体向下加速或向上减速时，失重。 【跟踪训练】 目和肉高24贵安 A.乙图中A球加速度为gsin0 滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝 贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中 B.两图中A球的加速度均为零 国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女 C.图乙中轻杆的作用力一定不为零 048 子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的 区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员 2倍 看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是 [关键点拨]突然撤去挡板的瞬间，甲图中弹簧 度 弹力不变，A、B加速度不同；乙图中，轻杆弹力突变为 新 0,此时A、B可当作整体分析。 助滑区着陆区 (接触面和弹簧问题)如图所示，质量均为2kg 计 减速区 的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上， 弧形过渡区 衡 此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间 A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 学 的弹力为 B.运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中 处于完全失重状态 C,运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 mwie D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态 30 (从力的角度判断)人站在力传感器上完成下蹲 A.0 B.5N 和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像 (F-t图像)如图所示，重力加速度g=10m/s2,则 C.10N D.20 ( 雪点2 超重与失重现象 ◆F/N (基础考点·自主探究) 1000 1.对超重和失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不 变，只是“视重”改变。 (2)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。 A.下蹲过程中最大加速度为6m/s2 (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只 B.人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小 要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重 C.人在站起过程中，先失重后超重 或失重状态 D.人在8s内完成了两次下蹲和两次站起动作 (从速度变化的角度判断)一质量为m的乘客乘 喜点3动力学两类基本问题 坐竖直电梯下楼，其位移s与时间1的关系图像 如图所示。乘客所受支持力的大小用F、表示，速度大 (能力考点·深度研析) 小用表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的 1.动力学两类基本问题的解题思路 是 根据问题的需要和解题的方便，选出 明确研究对象一 被研究的物体。研究对象可以是某个 物体，也可以是几个物体构成的系统。 受力分析和运 画好受力分析图、情景示意图，明确物 A.0~t1时间内，v增大，FN>mg 动状态分析 体的运动性质和运动过程。 B.t1~t2时间内，v减小，FN<mg 选取正方向或 通常以初速度的方向为正方向或以加 C.t2~t3时间内，v增大，FN<mg 建立坐标系 速度方向为某一坐标的正方向。 D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg 一（超重和失重问题的分析和计算）物理兴趣小组 若物体只受两个共点力作用，通常用 为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和 合成法：若物体受到3个及以上不在同 便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码 确定合外力F合 直线上的力的作用，一般用正交分 挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动， 中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到 解法。 最后取下钩码的过程中，DS实验系统的显示器上显 [F.ma 根据牛顿第二定律F金=ma或 示出拉力随时间变化的关系图像如图所示。g取 F =ma. 10m/s2,根据图中的数据，求： 列方程求解 列方程求解，必要时还要对结果进行 FN 少 讨论。 50 2.解决动力学两类基本问题应把握的关键 总 45 400 (1)两类分析一物体的受力分析和物体的运动 1015 20 t/s 过程分析。 (1)电梯在减速阶段的加速度大小： 理 (2)电梯在整个运动过程中的最大速度； (2)两个桥梁—一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。 049 (3)电梯在整个运动过程中下降的高度。 考向1已知物体受力情况，分析运动情况 例吧如图所示，在倾角为7足够长的斜面上有 个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩 擦因数为0.5，t=0时物体在拉力F=15N的作用下 由静止开始沿斜面向上运动，t=2s时撤去拉力F。g 取10m/s2,sin37°=0.6。下列说法正确的是() 7n A.物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2/s2 B.物体在t=2.5s时的速度为0 C.物体在斜面上运动的总时间为3s D.物体沿斜面向上运动的最大位移为15 ·考向2已知物体运动情况，分析受力情况 例明茶买高位百华隆器 B 15cC 与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为 图1 8ms,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪 车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg,si15°=0.26，求 雪车（包括运动员）：由A、B两点速度和AB长度，可以求出加速度Q (1)在直道AB上的加速度大小；/由y,=at,可求t,总时间t己知，可求 (2)过C点的速度大小；☑t2,由位移一时间关系式可求a2 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。>由牛顿第二定律可以求出阻力 图2 050 年 【跟踪训练】 关闭)，加速前进15s后冲上了倾角为53°的避险车 新 无动力翼装飞行是一种 道，在避险车道上运动17.5m后停下，将货车的加速、 计 极限运动，也称飞鼠装 减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin53°= 衡 滑翔运动。若总质量为80kg 0.8g取10m/s2) 中 的运动员在某次无动力翼装 (1)冲上避险车道时速度的大小； 飞行中做初速度为零的匀加 (2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。 速直线运动，最大速度达194.4km/h,翼装飞行方向 与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气 的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g=10m/s2,则 此过程中 () A.F=480N B.加速度大小为8m/s2 C.用时9s达到最大速度 D.下降高度为243m时达到最大速度 (2025·广东潮州市联 考)连续刹车时，刹车片 和刹车盘产生大量热量，温度 升高很快，刹车效率迅速降低， 容易造成刹车失灵。为了避免 刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段 设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某 次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长 直下坡路上以20/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵 开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍（发动机 名师讲坛·素养提H 两类斜面模型和三类等时圆模型 考向1两类斜面模型 3.双圆周内斜面 1.等高斜面 如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一 如图1所示，由L=宁d,a=gim9,L=可得 竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶 sin A 端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应 1 t=sin o g ，可知斜面倾角越小，运动时间越长，图1 位置，可推得1=2=30 ⑤滑滑梯是小朋友们爱玩 中t1>t2>t3。（斜面光滑) 例 的游戏。有两部直滑梯B AB和AC,A、B、C在竖直平面内 的同一圆周上，且A为圆周的最 高点，如图所示。已知圆半径为R,在圆周所在的竖直 30 人45 60° 30 平面内有一位置P,距离A点为3R且与A等高。各滑 图1 图2 梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。 2.同底斜面 (1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑 如图2所示，由L=a2,a=gsin9,L= d 一可得 cos 0 下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系； 4d (2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点 1=√gn20可见8=45时运动时间最短，图2中41= 的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上 3>2。(斜面光滑) 运动的最短时间是多少。 例回一物块从个高度相同倾角不同的斜而由静 高考 止滑下，倾角分别为37°和53°，时间之比为 2:1,两个斜面的动摩擦因数相同，则动摩擦因数为 (已知sin37°=0.6) 轮总复习 理 B 051 B. 1 9 G. 3 P. ●考向2 三类等时圆模型 1.圆周内同顶端的斜面 如图1所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面 的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。 1 由2R·sin0=2 ·gsin0·2,可推得t1=t2=t3o 0 09 02 R 图1 图2 图3 2.圆周内同底端的斜面 如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面 温馨提示：复习至此，请完成练案[15 的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上 的不同点，同理可推得1=2=5。牛顿第二定律得10T2cos30°-mg=ma,解得每根副绳的拉力 跟踪训练8：B 飞行动压p的国际单位Pa=Nym2=kg·m/s 大小为，=Bmg+a,B正确：直升机以大小为a的加速度 m2 15 m ?,只有选项B等式右边的单位与p的单位符合，选项B kg m 水平向左做加速运动时，主绳的拉力大小为F= 正确。 √(mg)2+(ma)2=m√g+a,C错误；设主绳与竖直方向的 夹角为a&,根据几何关系得an&=m=a,直升机在水平向左 第15讲牛顿第二定律的基本应用 mg g 做匀减速运动过程中，主绳与竖直方向的夹角不变，D错误 基础梳理·易错辨析 例4：A飞机所受支持力为 知识梳理 F、,所受阻力为F,受力分析 ·、1.运动情况受力情况 如图所示。沿着速度方向， 2.加速度牛顿运动定律 由牛顿第二定律得Fcos a- 二、1.示数 mgsin a-F:=ma,垂直速度 2.大于小于等于零竖直向上竖直向下竖直向下 方向Fsin a+FN-mgcos a= a=gm(g+a)m(g-a)0加速减速加速减速 0,由已知条件F=kFN,k= 加速减速 tana,联立解得F=1+sng 1 易错辨析 sin 2a 1.V2.×3.×4./5.V6.× mg,故选A。 核心考点·重点突破 跟踪训练4：A小球从P点运动到O点的过程中，所受合力方向 例1：ACD剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直 始终向下，故小球一直做加速运动，A正确，B错误；设OM=d, 向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P斜向上的拉 弹簧与竖直方向间的夹角为0，由牛顿第二定律得2k, 力。根据共点力平衡有F,sin37°=mg,Frcos37°=kx,联立解 4）cs8+ng=m,解得a-2as0·(01）+g,小球从 1 得x=,放A正确：剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，小 球b所受合力为零，所以小球b处于静止状态，加速度为0，故B P点运动到0点的过程中，(0≤90)增大，故加速度一直减 小，撤去F瞬间小球的加速度最大，此时小球所受合力为2mg, 错误：剪断细线P前，细线P的拉力大小为R,=子mg,剪断与。 由牛顿第二定律得小球的最大加速度am=2g,C、D错误。 球连接处的弹簧的瞬间，小球a所受弹簧的弹力为零，小球a即 跟踪训练5：C设弹簧的劲度系数为k,钢球质量为m,下端悬挂 将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供 钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，则mg=k(40-20)× 切向加速度，有F,'-mgsin37°=ma.=0,mgcos37°=ma,解得 10-2=0.2k,20cm刻度时根据牛顿第二定律有k(20-20)× 10-2-mg=ma,解得a=-g,故A错误；30cm刻度时根据牛顿 ?=子g<,=哥mga=专s,即剪断与a球连接处的弹簧 第二定律有k(30-20)×10-2-mg=ma,解得a=-0.5g,故B 的瞬间，细线P的拉力变小，小球a的加速度大小为0.8g,故C 错误；80cm刻度时根据牛顿第二定律有k(80-20)×10-2- D正确。 mg=ma,解得a=2g,故C正确；根据牛顿第二定律得k(l-20) 跟踪训练1：AD对甲图，弹簧弹力F=ngsin0,突然撤去挡板的 ×10-2-mg=ma可得a=(1-20)×10-2 一g,则各刻度对应 瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处 m 于平衡状态，加速度为零；对B球进行受力分析，根据牛顿第二 加速度的值是均匀的，故D错误。 跟踪训练6：B若物体静止，则有Fcos30°≤fa=u(mg-Fsin30), 定律F+mgsin0=mag,解得ag=2gsin0;对乙图，轻杆为刚性 杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以A、B为整体，根 umg 解得F≤os30十Lin30,则物体处于静止状态，物体加速度 据牛顿第二定律2 mngsin0=2ma,得a=gsin0,即A、B的加速度 大小为0，A错误；根据牛顿第二定律得Fcos30°-u(mg- 都为gsin0,综上分析可知，A、D正确，B、C错误。 2umg 跟踪训练2：B初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹 Fsin30）=ma,当a=e时，解得F=os30e4in30,B正 力F=ngsin30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为 确：当Fsin30°>mg时物体离开桌面，此时竖直方向的加速度 mgsin30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 不为零，则此时物体的加速度方向不沿水平方向，C错误；当物 2 ngsin30°-F=2ma,解得a=2.5m/s2;再隔离B分析有 体离开水平桌面时，则物体的水平方向的加速度a,=F@s30 mgsin30°-F、=ma,解得Fx=5N,故B正确。 m 跟踪训练3：B运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下 竖直方向的加速度4，-Fsin30°-m型，则加速度方向与水平方 m 加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错 误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在 mg 向的夹角满足ana=上=sin006m=ta30°-Fc0530°了 a Fcos30° 空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的 tan30°，即a<30°，D错误。 重力加速度，处于完全失重状态，B正确：运动员在弧形过渡区 跟踪训练7：B根据题干公式AF=k4△△整理可得k: 做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误； 2 运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度 △Fr2 竖直向上，处于超重状态，D错误。 ,AA,代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为d 跟踪训练4：A由题图可知，传感器的最小压力约为200N,且人 kg·m/=kg·m/(g·A),故选B。 A 的质量为m=G=50kg,则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最 502 大加速度为a=G_上-0020m/令=6m/令，故A正确：人跟踪训练7：C对运动员进行受力分析如 m 50 图所示，则有F=mgcos0,由于飞行方向 在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数 与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知 先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速 cos0=0.8,sim0=0.6,代入解得F= 起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感 640N,A错误；对运动员，由牛顿第二定 器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先 律得mgsin0=ma,解得加速度大小为a= mg 变大后变小，所以人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作， 6m/s2,B错误；根据=ad,解得t0=9s,C正确；达到最大速 故D错误。 跟踪训练5：D根据位移一时间图像的斜率表示速度可知，0~t1 度时，设下降高度为人，则有品0子a,3,解得方=145.8m,D 时间内乘客的速度增大，乘客向下做加速运动，故加速度向下， 错误。 跟踪训练8：(1)35m/s(2)2.7 乘客处于失重状态，可知F、<mg,选项A错误；t1~t2时间内乘 [解析](1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速 客的速度不变，乘客做匀速运动，说明乘客处于平衡状态，可知 度大小为a1,冲上避险车道时速度的大小为1，由牛顿第二定 F、=mg,选项B错误：t,~t2时间内乘客的速度减小，乘客向下 律有mgsin30°-0.4mg=ma1,由运动学公式有1=o+a1t联 做减速运动，故加速度向上，乘客处于超重状态，可知F、>mg, 立代入数据解得1=35m/s。 选项C错误，D正确。 (2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为α，， 跟踪训练6：(1)0.8m/s2(2)4.8m/s(3)76.8m 在避险车道上所受摩擦阻力为F,由牛顿第二定律有mgsin53 [解析](1)由题图可知钩码的重力mg=50N +F,=ma2,由运动学公式有"12=2a2x,解得F=2.7mg,即在 则钩码的质量m=5kg 避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。 电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F=54N 名师讲坛·素养提升 由牛顿第二定律得F-mg=ma 例4：B 根据受力可知 I mgsin a -umgcos sin a m 解得加速度大小a=0.8m/s2。 'sin B= (2)由题图可知，电梯在2~6s的时间内向下加速，加速过程钩 号血B=迎s,名=子解得u=号故选B。 码受到的拉力大小F'=44N 9R 根据牛顿第二定律得mg-F'=ma 例5：(1)tB=tac (2)Ng 可得a'=1.2m/s [解析](1)设AB与水平方向的夹角为O,小朋友沿AB下滑 最大速度v=a'△t1=4.8m/s。 1 时的加速度为a=m0,由运动学规律有xu=宁at心，由儿何 (3)电梯在2~6s的时间内加速的位移大小为h,=2a'(△t1) 关系可知xB=2Rsin0,联立解得a=√ 4R ,由上式可知小朋 在6~17s的时间内匀速的位移大小为h2=v△t 在17~23s时间内减速的位移大小为么=之（△，户 友的下滑时间与滑梯倾斜程度无关，则两次沿滑梯运动的时间 关系为tAB=tAco 电梯下降的高度H=h1+h2+h3 (2)根据第(1)问的结论，画出以P点为 可得H=76.8m。 最高点的半径为r的等时圆，如图所示， 例2：D有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F-ngsin0-mgcos0 两圆相切时，时间最短，有 =ma1,解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1= (R+r)2=(r-R)2+(3R) 9 5m/s2,A错误；2s时物体的速度为1=a14=5×2m/s= 解得r= 10/s,撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定 律得mgsin0+mgcos0=ma2,解得物体向上减速的加速度大 由第(1)问的结论有t= /9R 小为a=10m/s,物体向上减速的时间为==1s,则物体 a 第16讲专题强化三动力学中的三类典型问题 在t=3s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于 核心考点·重点突破 mgsin 0>umgeos0,则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做例1：B在木块下落H高度之前，木块 加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3s,C错误；物体沿 所受合外力为木块的重力，保持不 变，即F=mg,在木块接触弹簧到合 平衡位置 斜面向上运动的最大位移为x=号，+之2=15m,D正确。 力为零的过程中，有mg-k(y-H) 郎：()弩g(2)2ms(3)6N =F,随着y增大F减小，在弹簧弹 力大于木块的重力到运动至最低点 [解析](1)AB段2=2a1x 的过程中，有F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上，随着y a=弩wg。 增大F增大，故A错误，B正确：在木块下落H高度之前，木块 做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增 (2)AB段1=a1t1,1=3s 大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小 BC段6=2，南=6+76 的加速运动，速度继续增大，所以y-t图像斜率继续增大，在弹 簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合 a2=2m/s2 外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率 D=41+a253=12m/s。 减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先 (3)mgsin 0-F maz,F=66 No 做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增 -503