2023-2024屆一輪復習新人教版 第三章第2講　牛頓第二定律的應用 學案

第2講牛頓第二定律的應用

梳理必備知識回歸教材

［填一填］回顧基礎

一、動力學兩類基本問題

L動力學兩類基本問題

(1)已知物體的受力情況求物體的運動情況。

(2)已知物體的運動情況求物體的受力情況。

2.解決兩類基本問題的方法

以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解,具體

邏輯關系如下。

由力求運動

由運動求力

二、超重、失重

1.實重和視重

(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態(tài)無關。

⑵視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計

或臺秤的示數(shù)稱為視重。

2.超重、失重和完全失重的比較

項

超重失重完全失重

目

現(xiàn)視重大于實重視重小于實重視重等于O

象

產(chǎn)

生物體的加速度豎物體的加速度豎

物體的加速度等于g

條直向上直向下

件

運

動加速上升加速下降以加速度g加速下降或

狀或減速下降或減速上升減速上升

態(tài)

原

理F-mg=mamg-F=mamg-F=mg

方F=m(g+a)F=m(g-a)F=O

程

［做一做］情境自測

［教材情境］（魯科版必修第一冊第132頁“科學書屋”）隨著我國空

間站的建設,航天員往來于“天”“地”間已是常態(tài)。航天器加速升

空和減速返回地面時,其上的一切物體都會處于超重狀態(tài)。航天器進

入軌道后,所有物體都近似處于完全失重狀態(tài)。

航天員楊利偉航天員王亞平太空

平躺在航天器中授課時展示圓形水球

1.正誤辨析

⑴航天器內的物體超重就是物體的重力變大了。（×）

⑵物體完全失重時,加速度一定為重力加速度。（√）

⑶根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài),可以判斷物體運動的速度方向。

（X）

（4）完全失重時與重力相關的一切現(xiàn)象都將消失。（√）

2.神舟十四號載人飛船采用自主快速交會對接模式,于北京時間2022

年6月5日17時42分,成功對接于天和核心艙徑向端口。按任務計

劃,3名航天員隨后從神舟十四號載人飛船進入天和核心艙。對于飛

船發(fā)射和航天器在軌運行,下列說法正確的是（B）

A.航天器發(fā)射加速上升時,航天器內的物體處于失重狀態(tài)

B.航天器在軌運行時,杯子中的水近似為球形

C.天平在航天器內可以正常使用

D.航天器減速返回時,質量為m的航天員對座椅的壓力小于mg

解析:航天器發(fā)射加速上升時,航天器有豎直向上的加速度,航天器內

的物體處于超重狀態(tài),故A錯誤;航天器在軌運行時,物體完全失重，

杯子中的水近似為球形，故B正確；天平是利用作用在物體上的重力

以平衡原理測定物體的質量,完全失重時無法使用，故C錯誤;航天器

減速返回時,航天員處于超重狀態(tài),質量為m的航天員對座椅的壓力

大于mg,故D錯誤。

提升關鍵能力

考點一牛頓第二定律的瞬時性問題

［想一想］提煉核心

1.兩類重要模型

2.分析瞬時問題的“兩個關鍵”“四個步驟”

(1)“兩個關鍵”。

①分析瞬時前后的受力情況和運動狀態(tài)。

②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。

⑵“四個步驟”。

第一步：分析原來物體的受力情況。

第二步:分析物體在突變時的受力情況。

第三步：由牛頓第二定律列方程。

第四步:求出瞬時加速度,并討論其合理性。

3.與輕彈簧相關的瞬時問題的幾種情景

圖示描述及分析

在推力F作用下物體A、B以共同加速度a做勻加速

直線運動，突然撤去推力F的瞬間，物體B的受力不

B

變,故加速度alj=a;而物體A所受合力突變?yōu)閙Aa-F,

則aA=q

__________________________?n?_____________________

)A兩物體A、B用輕彈簧連接,通過輕細線懸掛于天花板

I上處于靜止狀態(tài),剪斷細線的瞬間，物體B的受力不

)B_______

變,故加速度a15=0;而物體A受細線的拉力突變?yōu)?,

則a,?=3?

用手提一輕彈簧,彈簧下端接一個金屬球,在將整個

I裝置以加速度a勻加速上提的過程中，手突然停止不

6動的瞬間，彈簧彈力不變，故金屬球受力不變,這一瞬

間加速度仍為a

小球用水平彈簧系住,并用傾角為θ的光滑板AB托

著,板AB突然向下撤離的瞬間，球受彈簧彈力和重力

不變,所以加速度由這兩個力的合力產(chǎn)生,該合力大

小等于板AB撤離前板對球的彈力大小Fk?=ma

剪斷繩Lz的瞬間,繩L上彈力由Fu='曳突變?yōu)镕√

cosα1

=mgcosa,加速度a=gsina；如果將LL換成彈簧,剪

斷L2的瞬間，彈簧上彈力不變,合力為F=mgtana

=ma'

［悟一悟］典題例練

［例1］［輕彈簧的彈力］（2022-江蘇揚州質檢）如圖所示,A、B兩木塊

間連一豎直輕質彈簧,A、B的質量均為m,一起靜止放在一塊水平光滑

木板上。若將此木板沿水平方向突然抽去,在抽去木板的瞬間,A、B

兩木塊的加速度分別是（C）

B

A.‰rzgB.?=g,?=g

C.a??θ,au=2gD.a??g,a∣s=2g

解析:在抽去木板的瞬間，彈簧對A木塊的支持力和對B木塊的壓力并

未改變。在抽去木板的瞬間,A木塊受重力和支持力,mg=F,aA=O;B木

塊受重力和彈簧向下的壓力，根據(jù)牛頓第二定律得

a3=B=≡S=2g,故C正確,A、B、D錯誤。

mm

Γ舉一反三

在［例1］中，將A、B之間的輕彈簧換成輕桿,在抽去木板的瞬間,A、

B的加速度分別是多大？

提示:抽去木板的瞬間,輕桿的彈力立即突變?yōu)榱?A、B加速度相

同，a.?=a∣i=go

［例2］［輕繩和輕彈簧］（2022?河南三門峽三模）（多選）如圖所示,A、

B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上,A、B兩小球之間

用一輕質細繩L2連接,細繩L、彈簧與豎直方向的夾角均為O,細繩

L2水平拉直?，F(xiàn)將細繩Lz剪斷,則剪斷瞬間，下列正確的是（AD）

A.a,?=gsinθB.a??gtanθ

C.aβ=gsinθD.aβ=gtanθ

解析:將細繩L2剪斷后,A球將向左擺動,剪斷細繩的瞬間,加速度方向

沿軌跡的切線方向；對A球，由牛頓第二定律得mgsinθ=ma,.?,解得

a??gsinθo彈簧的彈力不可突變,將細繩Lz剪斷瞬間,對B球，由牛

頓第二定律得mgtan。=maB,解得aB=gtan。，故選項A、D正確。

解題技巧

分析瞬時問題要“瞻前顧后”

（給與伏態(tài)）

瞻前一6分析原狀態(tài)下物體的受力情況,求出各

,大小

燒斷細線、剪物體若處于平衡狀

斷彈簧、抽出態(tài),則利用平衡條件;

木板、撤去某若處于加速狀態(tài),則

個力等利用牛頓第二定律

_____,■..√

嗝U人分析當狀態(tài)變化時，哪些力變化,哪些

顧后T力不變,哪些力消失

被剪斷的繩、產(chǎn)生在被撤去物接觸面

上的彈力會立即消失

③→求物體在狀態(tài)變化后所受的合力,利

用牛頓第二定律,求出瞬時加速度

考點二動力學的兩類基本問題

［想一想］提煉核心

1.動力學的兩類基本問題的解題核心

“兩個分析”“一個橋梁”“兩個聯(lián)系”

逐一分析不同過程的運

兩L過程分析動特點,找出相鄰過程的

個聯(lián)系點

分

析逐過程分析物體的受力，

u*受力分析注意摩擦力、彈力可能

變化

-由運動求

個加受力情況運用運動學公式和牛頓第

橋

速二定律時特別注意有關矢

梁由受力求

度量的正負問題

運動情況

兩第一個過程的末速度就是

速度聯(lián)系

個下一個過程的初速度

聯(lián)

系畫過程示意圖確定位移之

位移聯(lián)系

間的聯(lián)系

2.解決動力學基本問題的方法

⑴合成法:在物體受力個數(shù)較少（2個或3個）時一般采用“合成法”。

⑵正交分解法:若物體的受力個數(shù)較多（3個或3個以上），則采用

“正交分解法”。

［悟一悟］典題例練

［例3］［已知運動求力］（2021?浙江6月選考,20）機動車禮讓行人是

一種文明行為。如圖所示,質量m=l.OX10*kg的汽車以vι=36km/h

的速度在水平路面上勻速行駛,在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)

小朋友排著長1=6m的隊伍從斑馬線一端開始通過,立即剎車,最終恰

好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變,且忽略駕駛

員反應時間。

⑴求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大小。

（2）若路面寬L=6m,小朋友行走的速度v°=0.5m∕s,求汽車在斑馬線

前等待小朋友全部通過所需的時間。

⑶假設駕駛員以V2=54km/h超速行駛,在距離斑馬線s=20m處立即

剎車,求汽車到斑馬線時的速度。

解析：（1）汽車在剎車過程中做勻減速直線運動，

剎車過程中汽車的平均速度后等=18km∕h=5?n/s,

開始剎車到汽車停止所用的時間t尸也4s,

V

剎車過程中汽車的加速度大小a=^=2.5m∕s2,

根據(jù)牛頓第二定律可得剎車過程中汽車所受阻力的大小

i

f=ma=2.5×10No

⑵小朋友全部通過斑馬線所用的時間t2=坦=24S,

V0

汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間t=t2-t,=20So

⑶設汽車到斑馬線時的速度為V,根據(jù)勻變速直線運動公式有

2-2

v2v=2as,

解得v=5√5m/so

答案：⑴4s2.5×IO3N(2)20s(3)5√5m/s

［例4］［已知力求運動］(2023?河北張家口模擬)如圖所示,俯式冰橇

是冬奧會的比賽項目之一,其賽道可簡化為起點和終點高度差為120

m、長度為1200m的斜坡。假設某運動員從起點開始，以平行賽道的

恒力F=40N推動質量m=40kg的雪橇由靜止開始沿斜坡向下運動，

出發(fā)4S內雪橇發(fā)生的位移為12m,8S末迅速登上雪橇與雪橇一起

沿直線運動直到終點。設運動員登上雪橇前后雪橇速度不變,不計空

氣阻力，(g取10m∕s2,取賽道傾角的余弦值為1,正弦值按照題目要求

計算)求：

(1)出發(fā)4s內雪橇的加速度大?。?/p>

(2)雪橇與賽道間的動摩擦因數(shù)；

⑶比賽中運動員到達終點時的速度大小。

解析：(1)設出發(fā)4S內雪橇的加速度為a∣,出發(fā)4S內雪橇發(fā)生的位

移為X1=3a1t/,

代入數(shù)據(jù)解得a∣=1.5m∕s2o

(2)由牛頓第二定律有

F+mgsinθ-μmgcosθ=mab

其中Sinθ=-=0.1,cosθ=1,

X

解得H=O.05o

(3)設8S后雪橇的加速度為a”由牛頓第二定律有(m+M)gsinθ-μ

(m+M)geosθ=(m+M)a2,

8s末雪橇的速度為Vι=aι木,

出發(fā)8S內雪橇發(fā)生的位移為X2=3∣t22=48m,

設到達終點時的速度大小為v2,貝Ub22-%2=2a2(x-X2),

解得V2=36m/so

答案：(1)1.5m/s?(2)0.05(3)36m/s

Γ方法點撥

動力學問題的解題步驟

根據(jù)問題需要和解題方便，

選擇某個物體或兒個物體構

成的系統(tǒng)為研究對象

畫好受力示意圖、運動情境

圖，明確物體的運動性質和

運動過程

通常以加速度的方向為正方

向或以加速度方向為某一坐

標軸的正方向

若物體只受兩個力，通常用

合成法;若受3個或3個以

上的力，一般用正交分解法

根據(jù)牛頓第二定律F合=ma

T?F=ma

或t尸-mα1列方程求解，必

要時對結果進行討論

考點三對超重與失重的理解

［想一想］提煉核心

1.對超重和失重的理解

(1)不論超重、失重或完全失重,物體的重力都不變，只是“視重”改

變。

⑵在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。

(3)盡管物體的加速度方向不是豎直方向,但只要其加速度在豎直方

向上有分量,物體就會處于超重或失重狀態(tài)。

(4)盡管整體沒有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直

方向的分加速度,整體也會處于超重或失重狀態(tài)。

2.判斷超重和失重的方法

從受當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超

力的重狀態(tài);小于重力時,物體處于失重狀態(tài);等于零時,物體處于

角度完全失重狀態(tài)

判斷

從加

速

當物體具有向上的加速度時,物體處于超重狀態(tài);具有向下的

度的

加速度時,物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度

角

時,物體處于完全失重狀態(tài)

度判

斷

從速

度變

化（1）物體向上加速或向下減速時,處于超重狀態(tài)。

的角（2）物體向下加速或向上減速時，處于失重狀態(tài)

度判

斷

［悟一悟］典題例練

［例5］［超、失重的判斷］（2022?山西大同一模）一只小鳥飛來停在

細樹枝上,隨樹枝上下晃動（可視為豎直方向的運動），以豎直向上為

正方向，其運動的速度一時間圖像（v-t圖像）如圖所示。設樹枝對小

鳥的作用力為F,小鳥的重力為G,則在t∣?t3時間內（D）

A.先F<G,后F>G

B.先F>G,后F<G

C.一直F>G

D.一直F<G

解析:在3?t3時間內，由v-t圖像可知，小鳥先向上減速運動,后向下

加速運動,兩過程加速度都是向下的，所以小鳥在t∣?t3時間內一直

處于失重狀態(tài),合力向下,所以一直有F<G,故A、B、C錯誤,D正確。

［例6］［超、失重中的分析與計算］（2022?黑龍江佳木斯二模）如圖

甲所示是某人站在力傳感器上做下蹲一起跳動作的部分示意圖。如圖

乙所示是根據(jù)傳感器畫出的力一時間圖像,其中力的單位是N,時間的

2

單位是So兩圖中的點均對應,重力加速度g取10m∕so請根據(jù)這兩

個圖所給出的信息、,判斷下列選項正確的是（D）

A.此人的質量約為60kg

B.此人從站立到蹲下的過程對應圖乙中a到f的過程

C.此人在狀態(tài)b時處于超重狀態(tài)

D.此人向上的最大加速度大約為1.9g

解析：根據(jù)題圖乙中圖線的a點,開始時人處于平衡狀態(tài),示數(shù)為700N,

可知人的重力也為700N,所以此人的質量約為70kg,故選項A錯誤；

同理,根據(jù)圖線可判斷,f點F=O,為起跳剛離開傳感器時刻,故選項B

錯誤；由題圖乙知，人在狀態(tài)b時傳感器對人的支持力小于人自身的

重力，處于失重狀態(tài),選項C錯誤;根據(jù)圖線和牛頓第二定律,可得此

人向上的最大加速度為"殳金吆仁L9g,所以選項D正確。

m

規(guī)律方法

有關超重和失重的計算,關鍵是根據(jù)超重或失重狀態(tài)分析加速度的方

向及其是否變化,再進一步確定運動情況;反之,可根據(jù)加速度的方向,

由牛頓第二定律分析其超重或失重情況。具體步驟如下：

⑴確定研究對象。

(2)隔離研究對象,進行受力分析。

(3)選取正方向，分析物體的運動情況，明確加速度方向。

(4)根據(jù)牛頓運動定律和運動學規(guī)律列方程。

⑸求解,說明結論。

訓練學科素養(yǎng)限時鞏固

.玷礎題組夯基

1.如圖甲所示為“娃娃跳”娛樂玩具示意圖，圖乙為該玩具結構，當人

抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起,進而帶動高蹺跳躍。

下列說法正確的是(C)

A.人上升過程處于超重狀態(tài)

B.人上升過程處于失重狀態(tài)

C.人下落未壓縮彈簧過程處于完全失重狀態(tài)

D.人下落壓縮彈簧過程中處于失重狀態(tài)

解析：人上升過程加速度先向上后向下，先處于超重狀態(tài)后處于失重

狀態(tài),A、B錯誤;人下落未壓縮彈簧過程中，加速度向下等于重力加速

度,處于完全失重狀態(tài),C正確；人下落壓縮彈簧過程中，加速度先向下

后向上,先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),D錯誤。

2.（2022?吉林延邊二模）如圖所示,兩小球懸掛在天花板上,a、b兩

小球用細線連接,上面是一根輕質彈簧,a、b兩球的質量分別為m和

2m,在細線燒斷瞬間,a、b兩球的加速度分別為a,?a2,則（取豎直向下

為正方向，重力加速度為g）（C）

A.Sι=0,a2=gB.aι=g,&2=g

C.Qι~~2g,&2=gD.a?=-g,&2=0

解析:燒斷細線之前,a、b兩球整體受到重力和彈簧的彈力F靜止,此

時彈簧的彈力大小F=3mg,在細線燒斷瞬間，彈簧的彈力不變,細線的

拉力消失,根據(jù)牛頓第二定律,對a球,mg-F=ma1,解得aι=-2g,b球只

受重力，故b球的加速度a2=g,故C正確,A、B、D錯誤。

3.（2022?河北秦皇島一模）（多選）如圖所示為某次地鐵列車運行過

程中某節(jié)車廂截面示意圖，車廂內兩拉手A、B分別向前進方向在豎直

方向偏離角度ɑ和B并保持不變。取重力加速度為g,不計空氣阻力，

則下列說法正確的是（ABD）

前進方問

A.列車可能在減速進站

B.兩角度一定滿足a=B

C.減小拉手懸繩長度,則偏角變大

D.列車加速度大小為a=gtanɑ

解析：由題圖可知拉手所受合力向左，則加速度向左，列車向左加速或

向右減速,而前進方向向右,所以列車減速進站,選項A正確;拉手與

列車具有相同的加速度，即兩拉手具有相同的加速度，受力分析可知

F??mgtanɑ=ma,F??mgtanB=ma,所以a=B,選項B正確；因歹IJ車力口

速度不變,則拉手的加速度不變，由F?=mgtanα=ma可知偏角不變，

選項C錯誤;根據(jù)F?=mgtanɑ=ma,可得加速度大小a=gtanɑ,選項

D正確。

4.（2022?廣東深圳檢測）（多選）引體向上是高中學生體質健康標準

的測試項目之一。如圖甲所示,質量為m=55kg的某同學,雙手抓住單

杠做引體向上，在豎直向上運動過程中，其重心的速率隨時間變化的

圖像如圖乙所示,g取Iom/S?。由圖像可知（AB）

A.t=0.4s時，他正處于超重狀態(tài)

B.t=0.5s時一,他的加速度大小約為0.3m∕s2

C.t=l.1s時,他上升到最高點

D.t=l.5s時，他正處于超重狀態(tài)

解析:t=0.4s時他向上加速運動,加速度方向向上,他處于超重狀態(tài),

故A正確;根據(jù)速度-時間圖像的斜率表示加速度可知，t=0.5s時,他

的加速度大小a=^≈-?n/s2=0.3m∕s2,故B正確;t=l.1S時他的速

△t1.0

度達到最大值,接下來速度仍是正方向，即將向上減速運動,不是最高

點，故C錯誤;t=l.5s時他向上做減速運動,加速度方向向下,他處于

失重狀態(tài),故D錯誤。

5.（2022?山西陽泉期末）如圖所示,在水平面上固定一傾角。=30°

的光滑斜面,斜面底端固定一擋板C,兩個質量均為m的物塊A、B用

輕彈簧相連,靜止在斜面上?，F(xiàn)用一平行于斜面向上的拉力F緩慢拉

物塊A,在物塊B恰好離開擋板C的瞬間撤去力F,重力加速度為g,

則撤去力F的瞬間（D）

A.物塊A的加速度為零

B.物塊A的加速度為點方向沿斜面向下

C.物塊B的加速度為*方向沿斜面向上

D.物塊B的加速度為零

解析：撤去力F前，彈簧的彈力為kx=mgsinθ,撤去力F的瞬間

kχ-mgsinθ=ma,bkx+mgsinθ=maA,解得aιi=O,aA=g,方向沿斜面向下，

故選Do

6.（2022?北京西城區(qū)統(tǒng)測）某同學用手機的加速度傳感器測量了電

梯運行過程中的加速度,得到了如圖甲所示的圖線（規(guī)定豎直向上為

正方向），為了簡化問題研究,將圖線簡化為如圖乙所示的圖像。已知

t=0時電梯處于靜止狀態(tài),則以下判斷正確的是（C）

α∕(m?S)Z軸線性加速度

1.00

0.500

0.00

-0.500

-1.00

-1.50

A.t=5S時電梯處于失重狀態(tài)

B.8?9s內電梯在做減速運動

C.10~15s內電梯在上行

D.17?20s內電梯在下行

解析:t=5s時，電梯的加速度為正值,方向豎直向上，電梯處于超重狀

態(tài),A錯誤;t=0時，電梯處于靜止狀態(tài),一小段時間后，電梯的加速度

為正值,方向豎直向上，電梯加速上升,8?9s內，電梯的加速度仍為

正值,方向豎直向上,可知電梯加速上升,B錯誤;t=10S時，電梯的加

速度為零，電梯上升的速度達到最大值，10?15S內，電梯的加速度為

零，電梯以最大速度勻速上行,C正確；16?21s內，電梯的加速度為負

值,方向豎直向下，電梯向上做減速運動。由對稱性可知，t=21s時,

電梯的速度減為零,則17?20s內電梯仍在上行,D錯誤。

7.（2022?廣東廣州練習）如圖,一名兒童光腳沿中間的滑梯表面,從

底端緩慢走到頂端（腳底與滑梯不打滑），然后又從頂端坐下來由靜止

滑下來。已知兒童的質量為m,滑梯與水平地面夾角為θ,兒童下滑時

滑梯與兒童身體間的動摩擦因數(shù)為U,重力加速度為g,下列判斷正確

的是（C）

A.兒童向上走時所受摩擦力為HmgCOS。，方向沿斜面向上

B.兒童向上走時所受摩擦力為HmgCoSθ,方向沿斜面向下

C.兒童下滑時加速度為gsinθ-μgeosθ,方向沿斜面向下

D.兒童下滑時加速度為2gsinθ,方向沿斜面向下

解析:兒童從底端緩慢走到頂端時.，處于平衡狀態(tài),所受摩擦力為靜摩

擦力,跟重力沿斜面向下的分力平衡,所以大小為mgsinθ,方向沿斜

面向上，故A、B錯誤；兒童下滑時，受到滑梯的支持力Fx=mgcosθ,

兒童下滑時受到的摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff=RFN=HmgCOSθ,

由牛頓第二定律得，下滑時的加速度大小為a=mgsinθμmgc°sθ=

m

gsinθ-μgeos。，方向沿斜面向下，故C正確,D錯誤。

8.（2023?廣東廣州模擬）（多選）有一種自帶起吊裝置的構件運輸車，

其起吊臂A安裝在車廂前端,如圖甲所示,初始時刻,質量為m的構件

靜止在運輸車上。當卷揚機B通過繞過定滑輪C的輕質吊索對構件施

加豎直向上的拉力時,連接在吊索上的拉力傳感器繪制出吊索拉力隨

時間變化的規(guī)律為三段直線,如圖乙所示,重力加速度大小為go則下

甲乙

A.0?t∣時間內構件處于失重狀態(tài)

B.3時刻構件的速度最大

C.t2~t3時間內構件處于超重狀態(tài)

D.0?t3時間內，構件在t3時刻速度最大

解析：0?3時間內FTQIg,構件的加速度為零,處于平衡狀態(tài),故A錯

誤;t∣時刻構件恰好開始運動,速度為零,故B錯誤;t2~t3時間內Fτ>mg,

構件存在豎直向上的加速度,處于超重狀態(tài),故C正確;0?t∣時間內構

件靜止,tl-12時間內構件做加速度增大的加速運動，t2~t3時間內構

件做勻加速運動，所以0?t3時間內，構件在t3時刻速度最大，故D

正確。

.創(chuàng)新眄組提能

9.隨著超級高樓越來越多，高速電梯在日常生活中越來越重要。在一

次對某高速電梯的測試中，電梯的時間一速度圖像如圖所示，圖中傾

斜的虛線a、b分別為曲線在t=0時和t=3S時的切線。下列說法正

確的是（D）

A.0?10S時間內電梯的加速度逐漸增大

B.t=2S時電梯一定處于超重狀態(tài)

C.t=3S時電梯的加速度大小為日m∕s2

D.t=0時電梯的加速度為t=3s時電梯加速度的