新高考物理一轮复习讲义 第3章 第2讲　牛顿第二定律的基本应用（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 瞬时问题
1．两种模型
合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
2．解题思路
eq \x(\a\al\vs4\c1(分析瞬时变化前,物体的受力情况))→eq \x(\a\al\vs4\c1(分析瞬时变化后,哪些力变化或消失))→eq \x(\a\al\vs4\c1(求出变化后物体所受合力,根据牛顿第二定律列方程))→eq \x(求瞬时加速度)
例1 如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度为g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
答案 C
解析 开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq \f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正确，A、B、D错误．
例2 (多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
答案 BC
解析 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcs θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝eq \f(mg,cs θ)，FT＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mgcs θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律有eq \f(mg,cs θ)＝ma′，故加速度大小a′＝eq \f(g,cs θ)，C正确，D错误．
例3 (多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°.现剪断细线P.弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．剪断细线P前，弹簧形变量为eq \f(4mg,3k)
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为eq \f(5g,3)
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
答案 ACD
解析 剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力．根据共点力平衡有FTsin 37°＝mg，FTcs 37°＝kx，联立解得x＝eq \f(4mg,3k)，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT＝eq \f(5,3)mg，剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT′－mgsin 37°＝man＝0，mgcs 37°＝mat，解得FT′＝eq \f(3,5)mg考点二 超重和失重问题
1．实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关(选填“无关”或“相关”)．
(2)视重：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示数称为视重．
2．超重、失重和完全失重的对比
1．加速上升的物体处于超重状态．( √ )
2．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力．( × )
3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．( × )
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．( × )
1．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(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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．
2．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)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．
考向1 对超、失重现象的理解
例4 “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
答案 C
解析 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，人的速度为零，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，故D错误．
考向2 超、失重现象的图像问题
例5 (多选)(2023·河南省模拟)在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．飞行员的质量为70 kg
B．飞行员在t1时刻的加速度方向向下
C．飞行员在t2时刻的加速度方向向下
D．从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6 m/s2
答案 BD
解析 由题图可知，飞行员受到的重力大小为500 N，则质量为50 kg，A错误；飞行员在t1时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在t2时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图可知，飞行员在t1时刻受到的合力最大，则有mg－F＝mamax，代入数据解得amax＝6 m/s2，D正确．
考向3 超、失重现象的分析和计算
例6 跳楼机可以使人体验失重和超重(如图所示)．现让升降机将座舱送到距地面H＝78 m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m＝10 kg的书包平放在大腿上(不计空气阻力，g取10 m/s2)．
(1)当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等．
(2)当座舱落到距地面h1＝50 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F1；
(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；
(4)当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2.
答案 (1)见解析 (2)0 (3)16 m/s2 (4)260 N
解析 (1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN，因为物体处于静止状态，则FN＝G
根据牛顿第三定律有FN＝F，所以G＝F.
(2)座舱自由下落到距地面h＝30 m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h1＝50 m时，书包处于完全失重状态，则有F1＝0.
(3)座舱自由下落高度为H－h＝78 m－30 m＝48 m，座舱开始制动时，已获得速度vm，由运动学公式得vm2＝2g(H－h)
座舱制动过程做匀减速直线运动，则有vm2＝2ah，联立可得a＝16 m/s2，方向竖直向上，故跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小为16 m/s2.
(4)由牛顿第二定律得F2－mg＝ma，代入数据得F2＝260 N，故当座舱落到距地面h2＝15 m的位置时，小明对书包的作用力大小为260 N．
考点三 动力学两类基本问题
1．动力学问题的解题思路
2．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁．
例7 (2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连．一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点．滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点)．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a；
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ；
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内滑行的距离x.
答案 (1)5.6 m/s2 (2)0.05 (3)59 m
解析 (1)根据L＝v0t＋eq \f(1,2)at2，
代入数据解得a＝5.6 m/s2
(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x方向上有mgsin θ－Ff＝ma，
y方向上有FN－mgcs θ＝0，Ff＝μFN，
联立解得μ＝0.05.
(3)运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s
在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′，
根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′，
y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋eq \f(1,2)a′t′2，联立解得x＝59 m.
例8 (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时间．下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1答案 BCD
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq \f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确．
等时圆模型
1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
课时精练
1.(2020·山东卷·1)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.以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FNC．t2～t3 时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FNmg，故D正确．
2．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是( )
A．小车2 s末的速度大小是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
答案 B
解析 根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝eq \f(Ff,m)＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝eq \f(v,a′)＝eq \f(3,0.5) s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误．
3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案 AD
解析 人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误．
4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是( )
A．物体沿CA下滑，加速度最大
B．物体沿EA下滑，加速度最大
C．物体沿CA滑到底端所需时间最短
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短
答案 AD
解析 设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得eq \f(x,cs α)＝eq \f(1,2)at2，联立可求得t＝2eq \r(\f(x,gsin 2α))，当α＝45°时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确．
5.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝eq \r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq \r(3)g，aB＝0
答案 D
解析 水平细线被剪断前分别对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB，联立解得FT＝2eq \r(3)mAg；水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq \f(FT,mA)＝2eq \r(3)g，aB＝0，D正确．
6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB答案 B
解析 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确．
7.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为eq \r(2)R，AC长为2eq \r(2)R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为( )
A．1∶3 B．1∶2 C．1∶eq \r(3) D．1∶eq \r(2)
答案 D
解析 如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝2Rcs θ，小球下滑的加速度a＝gcs θ，根据s＝eq \f(1,2)at2得t＝2eq \r(\f(R,g))，可知下滑时间与θ无关，因此从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝eq \f(1,2)gt12，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝eq \f(1,2)gt22，联立解得eq \f(t1,t2)＝eq \f(1,\r(2))，选项D正确．
8．(多选)(2023·安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则( )
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
答案 AD
解析 跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝eq \f(0－v1,t)＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．
9．(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＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 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.
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°－μmgcs 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vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
10．某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.
答案 (1)40 m/s (2)8.5 s
解析 (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，
F阻＝0.2mg，
v12＝2a1L1，
联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，
飞机在水平跑道上的运动时间t1＝eq \f(v1,a1)＝8 s，
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F阻－mgeq \f(h,L2)＝ma2，
代入数据解得a2＝4 m/s2，
由v22－v12＝2a2L2，
代入数据解得v2＝42 m/s，
飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝eq \f(v2－v1,a2)＝0.5 s，
则t＝t1＋t2＝8.5 s.
11.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
答案 D
解析 开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.名称
超重
失重
完全失重
现象
视重大于实重
视重小于实重
视重等于0
产生
条件
物体的加速度向上
物体的加速度向下
物体竖直向下的加速度等于g
对应
运动
情境
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
自由落体运动、竖直上抛运动、宇宙航行等
原理
F－mg＝ma
F＝mg＋ma
mg－F＝ma
F＝mg－ma
mg－F＝mg
F＝0