1、牛頓第二定律專題訓練一、牛頓第二定律的理解 二、力與運動的關系（1）力是產(chǎn)生加速度的原因。（2）作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵從牛頓第二定律。（3）速度的改變需經(jīng)歷一定的時間，不能突變；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度。三、合力、加速度、速度的關系(1)物體的加速度由所受合力決定，與速度無必然聯(lián)系。(2)合力與速度夾角為銳角，物體加速；合力與速度夾角為鈍角，物體減速。(3)a是加速度的定義式，a與v、v無直接關系；它給出了測量物體加速度的方法，這是物理上用比值定義物理量的方法a是加速度的決定式。它揭示了物體產(chǎn)生加速度的原因及影響物體加速度的因素四、牛頓第二定律的應用方法1由牛

2、頓第二定律表達式F=ma可知（ ）A質(zhì)量m與合外力F成正比，與加速度a成反比 B合外力F與質(zhì)量m和加速度a都成正比C物體的加速度的方向總是跟它所受合外力的方向一致D物體的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的質(zhì)量m成反比2下列說法中正確的是（ ）A物體的速度越大，表明物體受到的合外力越大B物體的速度變化越大，表明物體受到的合外力越大C物體的速度變化越快，表明物體受到的合外力越大D由牛頓第二定律可得m=，所以物體的質(zhì)量跟它受的合外力成正比，跟加速度成反比3.下列關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是()A.物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B.物體的速度為0，則加速度為0，

3、所受的合外力也為0C.物體的速度為0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能為04.一個質(zhì)量為2kg的物體，在6個恒定的共點力作用下處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)同時撤去大小分別為15N和20N的兩個力而其余力保持不變，此后物體做直線運動。關于此后該物體運動的說法中正確的是 ( )A 一定做勻加速直線運動，加速度大小可能是5m/s2B 可能做勻減速直線運動，加速度大小是2m/s2C 一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是15m/s2D 可能做勻速直線運動5如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為m的物體，在大小為F，與水平方向成角的拉力作用下沿水平地面做勻加

4、速運動，則下列說法正確的是( )A 如果地面光滑，物體的加速度為B 如果地面光滑，物體的加速度為C 如果物體與地面間的動摩擦因數(shù)為，則物體的加速度為D 如果物體與地面間的動摩擦因數(shù)為，則物體的加速度為6如圖所示，兩個質(zhì)量相同的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它們分別受到水平推力F1、F2，且F1F2，則A施于B的作用力的大小為（ ）AF1 BF2 C（F1F2）/2 D（F1+F2）/27.如圖所示,一物塊位于光滑水平桌面上,用一大小為F 方向如圖所示的力去推它,使它以加速度向右運動,若保持力的方向不變而增大力的大小,則( )A. 變大 B. 不變 C變小 D.因為物塊的質(zhì)量未知,

5、故不能確定變化的趨勢 8.自動扶梯與水平面的夾角為30角，扶梯上站著一個質(zhì)量為50kg的人，隨扶梯以加速度a=2m/s2一起向上加速運動，則（g取10m/s2）下列說法正確的是（ ）A. 此時人不受扶梯的摩擦力B. 此時人受到扶梯的摩擦力方向沿斜面向上C. 此時人受到扶梯的摩擦力方向水平向左D. 此時人受到扶梯的摩擦力大小為9. 如圖所示，有一箱裝得很滿的土豆，以一定的初速度在動摩擦因數(shù)為的水平面上做勻減速運動，不計其他外力及空氣阻力，則中間一質(zhì)量為m的土豆A受到其他土豆對它的作用力應是( )Amg B C D10在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物體受到一個與水平面成角的拉力F的作用，以加速度a

6、做勻加速運動若將此力大小改為2F、方向不變，物體仍能在水平面上做勻加速運動，加速度為a。則Aa，=2a Ba a，2a11質(zhì)量為m的物塊在傾角為的粗糙斜面上勻加速下滑?，F(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小將A變大 B變小C不變 D以上情況都有可能12如圖所示，當小車向右加速運動時，物塊M相對于車廂靜止于豎直車廂壁上，當車的加速度增大時，則AM受摩擦力增大B物塊M對車廂壁的壓力增大CM受靜摩擦力不變D物塊M相對于車廂壁上滑13如圖所示,小車上有一支架ABC,其中桿AB與斜面垂直,桿BC與斜面平行,在BC的末端有一個質(zhì)量為m的小球.小車由靜止釋放后沿傾角為的光滑斜面下滑,則桿對小球

7、的彈力()A.豎直向上,大小為mgB.沿CB方向,大小為C.垂直斜面向上,大小為D.等于零14.如圖,一傾角為 的光滑斜面向右做勻加速運動,物體A相對于斜面靜止,則斜面運動的加速度為() A. B.C. D. 15. 如圖所示,電梯與地面的夾角為,質(zhì)量為m的人站在電梯上,當電梯斜向上以加速度大小為a作勻加速運動時,求:電梯對人的支持力和電梯表面對人的靜摩擦力f.14放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，力F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示。重力加速度g=10 m/s2。求：（1）物塊在運動過程中受到的滑動摩擦力大??；（2）物塊在36 s中的加速度大??；（

8、3）物塊與地面間的動摩擦因數(shù)。27一橫截面為直角三角形的木塊按如圖所示方式放置，質(zhì)量均為m的A、B兩物體用輕質(zhì)彈簧相連放在傾角為30的直角邊上，物體C放在傾角為60的直角邊上，B與C之間用跨過定滑輪的輕質(zhì)細線連接，A、C的質(zhì)量比為，整個裝置處于靜止狀態(tài)。已知物體A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)相同（1）且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧彈力大小為mg，C與斜面間無摩擦，則A物體A、B均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向B物體A所受摩擦力大小為，物體B不受摩擦力作用C彈簧處于拉伸狀態(tài)，A、B兩物體所受摩擦力大小均為，方向均沿斜面向下D剪斷彈簧瞬間，物體A一定加速下滑28我國航天員要在天空l號航天器實

9、驗艙的桌面上測量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標準物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個力傳感器。待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上。在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖所示。穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質(zhì)量為A BC D29（2018江西省吉安縣第三中學高一月考）如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A，另一端固定在墻上，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為。傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間，設A、B的加速度大小分別為aA和aB（彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加

10、速度為g），則ABCD30如圖所示，表面光滑的斜面體固定在勻速上升的升降機上，質(zhì)量相等的A、B兩物體用一輕質(zhì)彈簧連接著，B的上端用一平行斜面的細線拴接在斜面上的固定裝置上，斜面的傾角為，當升降機突然處于完全失重狀態(tài)時，則此瞬時A、B兩物體的瞬時加速度大小分別為（重力加速度為g）A、 B、C、0 D、31在動摩擦因數(shù)的水平面上有一個質(zhì)量為的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖所示。此時小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間，取。則A小球的加速度為B小球的加速度為C小球的加速度為D小球向左做勻加速運動32如圖所示，物塊m放在斜面體上處于

11、靜止，現(xiàn)用力拉著斜面體使之水平向右加速運動的過程中，加速度a逐漸增大，物塊m仍相對斜面靜止，則物塊所受支持力FN和摩擦力Ff的大小變化情況是AFN增大，F(xiàn)f減小BFN增大，F(xiàn)f增大CFN減小，F(xiàn)f不變DFN減小，F(xiàn)f增大33（2018河北省衡水市冀州中學高三上學期一輪檢測）傾角為=45、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，滑塊M的頂端O處固定一細線，細線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m= kg，當滑塊M以a=2g的加速度向右運動時，則細線拉力的大小為（取g=10 m/s2）A10 N B5 N C N D N34如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一

12、個豎直向下的恒力F，則A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度勻加速下滑C物塊將以大于的加速度勻加速下滑D物塊將以小于的加速度勻加速下滑35如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vt圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則A施加外力前，彈簧的形變量為B外力施加的瞬間A、B間的彈力大小為M（ga）CA、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零D彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值36如圖所示，質(zhì)量M=8.0

13、kg、長L=2.0 m的薄木板靜置在水平地面上，質(zhì)量m=0.50 kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）以速度v0=3.0 m/s從木板的左端沖上木板。已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.20，重力加速度g取10 m/s2。（1）若木板固定，滑塊將從木板的右端滑出，求：a滑塊在木板上滑行的時間t；b滑塊從木板右端滑出時的速度v。（2）若水平地面光滑，且木板不固定。在小滑塊沖上木板的同時，對木板施加一個水平向右的恒力F，如果要使滑塊不從木板上掉下，力F應滿足什么條件？（假定滑塊與木板之間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等）37（2018新課標全國I卷）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止

14、狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是A BC D38（2016海南卷）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s、510 s、1015 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則AF1F3 CF1F3 DF1=F339（2016上海卷）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的AOA方向BOB方向COC方向DOD方向40（2015上海卷）如圖，鳥

15、沿虛線斜向上加速飛行，空氣對其作用力可能是A B C D41（2014安徽卷）如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是42（2014重慶卷）以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的vt圖象可能正確的是43（2015全國新課標卷）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂一大小

16、為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂一大小為的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為A8 B10 C15 D1844（2015海南卷）如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O；整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將細繩剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為l1和l2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間Aa1=3g Ba1=0 Cl1=2l2 Dl1=l245（

17、2017新課標全國卷）為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s1s0）處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求（1）冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；（2）滿足訓練要求的運動員的最小加速度。【名師點睛】根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比。物

18、體的質(zhì)量與合外力以及加速度無關，由本身的性質(zhì)決定。合外力與質(zhì)量以及加速度無關。2C【解析】物體質(zhì)量一定時，a越大，所受合外力越大，質(zhì)量是物體的固有屬性，可通過F與a的比值求得，但不能說m與F成正比，與a成反比。故C正確。3B【解析】牛頓運動定律只適用于宏觀物體，并且遠小于光速的低速運動問題，不適用于微觀粒子，高速運動（相對于光速）的問題，故ACD錯誤，B正確；選B。4D【解析】靜止物體，加速度為零，合力為零，牛頓第二定律同樣適用于靜止物體，故A錯誤。根據(jù)F=ma可知，物體所受合力為零，加速度為零，而不是加速度很小，眼睛不易覺察到，故B錯誤。推力等于靜摩擦力，加速度為零，故C錯誤；由于水平推力不

19、大于桌子的最大靜摩擦力，推不動桌子，桌子的合力等于零，由牛頓第二定律可知，加速度等于零，故D正確。故選D。5CD【解析】A、合外力越大，加速度越大，但是物體速度可能很小，故A錯誤；B、合外力越大，加速度越大，但若時間很小，速度的變化量可能很小，故B錯誤；C、合外力越大，則加速度越大，速度的變化就越快，故C正確；D、一定質(zhì)量的物體受到的合外力越大，它的加速度就越大，故D正確；故選CD?！久麕燑c睛】根據(jù)牛頓第二定律分析加速度與合外力的關系，明確速度和加速度的關系即可求解。6D【解析】據(jù)題意，整體應用牛頓第二定律得：，對物體B受力分析得：，則A物體施加在B物體上的作用力為：，故選項D正確。8A【解析

20、】當拉力為F時，根據(jù)牛頓第二定律得，當拉力為2F時，根據(jù)牛頓第二定律得，故A正確，BCD錯誤。9AC【解析】對a、b、c分別受力分析如圖，根據(jù)平衡條件，有：對a：F2=F1+mg；對b：F1=F+mg；對c：F=mg；所以：F1=2mg；彈簧的彈力不能突變，因形變需要過程，繩的彈力可以突變，繩斷拉力立即為零。當繩斷后，b與c受力不變，仍然平衡，故b與c的共同加速度為0；對a，繩斷后合力為F合=F1+mg=3mg=ma1，a1=3g方向豎直向下，故A正確，B錯誤。當繩斷后，b與c受力不變，則F1=kl1，l1=；同時：F=kl2，所以：l2=。聯(lián)立得l1=2l2，故C正確，D錯誤。故選AC。10

21、C【解析】小球與小車的運動情況保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐漸增大，對小球進行受力分析，豎直方向受平衡力，所以桿子對小球的力在豎直向上的分量等于重力且不發(fā)生變化，水平方向合力向右并逐漸增大，所以桿子對小球的作用力的水平分量逐漸增大，故C正確。故選C。11BCD【解析】C、物體A、B接觸但不擠壓，剪斷細線前，對A由平衡條件得，彈簧的彈力：Fk=mAg=410 N=40 N，由于彈簧的彈力不能突變，剪斷細線瞬間彈力大小仍為40 N，故C正確。AB、剪斷細線后，A、B一起向下加速運動，對系統(tǒng)由牛頓第二定律得：（mA+mB）gFk=（mA+mB）a，解得a=2 m/s2，故A錯誤，B正確。D、

22、對B，由牛頓第二定律得：mBgF=mBa，解得F=8 N，則A與B間的作用力為8 N，故D正確。故選BCD?！久麕燑c睛】本題考查牛頓第二定律的應用；解題的關鍵是先采用整體法求解加速度，再隔離物體B并根據(jù)牛頓第二定律列式求解。13BC【解析】設輕質(zhì)彈簧的彈力為N，c對b的彈力為，對a有，對b有，根據(jù)題意則有，聯(lián)立解得，故BC正確，AD錯誤；故選BC。14BD【解析】根據(jù)牛頓第二定律有：Fmg=ma，所以有：，由此可知：圖象斜率為質(zhì)量的倒數(shù)，在縱軸上的截距大小為：g。故由圖象可知：AB=C，mA=mBmC，故AC錯誤，BD正確。15BD【解析】對物塊受力分析，將F分解為水平方向和豎直方向兩個方向；

23、AB、如果地面光滑，則物體受重力、拉力和支持力的作用，合力為Fcos，則根據(jù)牛頓第二定律可知：，故A錯誤，B正確。CD、如果物體和地面有摩擦力，則合力F合=Fcos（mgFsin），則由牛頓第二定律可知加速度，故C錯誤，D正確。故選BD?！久麕燑c睛】本題就是考查學生對牛頓第二定律的基本的應用，通過受力分析列式即可求得，注意明確沒有摩擦力和存在摩擦力兩種情況的受力的區(qū)別。16A【解析】質(zhì)量為m的物塊在傾角為的粗糙斜面上勻加速下滑，加速度大小，對物塊施加一個豎直向下的恒力F，對物體受力分析，如圖現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，則物塊的加速度大小，故A正確，BCD錯誤。【名師點睛】對整體分析，根據(jù)

24、牛頓第二定律求出整體的加速度，隔離分析求出彈簧的彈力；撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，結(jié)合牛頓第二定律求出A、B的加速度大小。18ABC【解析】設內(nèi)車廂的加速度為，由得，故A正確；對B，由牛頓第二定律：，得。對A，據(jù)牛頓第二定律得A的加速度大小為，所以末A的速度大小為：，故B正確、D錯誤；在內(nèi)A運動的位移為，A在B上滑動的距離，故C正確。19BC【解析】以物塊為研究對象，分析受力情況如圖：重力Mg，車廂的彈力N和靜摩擦力f，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向：，豎直方向：；當加速度增大時，N增大，M所受的最大靜摩擦力增大，物塊在豎直方向受力平衡，即不變，A錯誤，C正確；當加速度增大時，N增大，根據(jù)牛頓第

25、三定律得知，物塊M對車廂壁的壓力增大，B正確；因為最大靜摩擦力增大，物塊仍然能相對于車廂壁靜止，D錯誤。21AD【解析】彈簧處于自然長度，當旅客發(fā)現(xiàn)彈簧的長度變短時，彈簧被壓縮，小球受到向右的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得知小球的加速度向右，火車向左做減速運動，或向右做加速運動，AD正確?！久麕燑c睛】本題考查運用牛頓第二定律定性分析物體運動情況的能力，不要漏解，向左減速運動與向右加速運動是等效的。22B【解析】設小球剛剛脫離斜面時，斜面向右的加速度為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受重力和細繩的拉力的作用，且細繩仍然與斜面平行，小球受力如圖所示，由牛頓第二定律得：，解得臨界加速度：，故A錯誤

26、，B正確；斜面對小球的彈力不為零時，斜面對小球的彈力與繩子在豎直向上方向上的合力大小等于重力，C錯誤；當球與斜面脫離時，斜面對球的彈力為零，拉力和重力的合力沿水平方向，D錯誤。23D【解析】A設彈簧彈力為F1，對于B物體的加速度，撤去FA瞬間，彈簧彈力不變，所以B的加速度不變，故A錯誤；B彈簧突然從P點斷裂的瞬間，彈簧的彈力消失，所以B的加速度等于，故B錯誤；C撤去FB前，對整體分析，選取向右為正方向，整體的加速度a=，彈簧的彈力F1：F1FA=mAa，則：F1=FA+mAa=，彈簧的伸長量：x1=；撤去FB后，a=，彈簧的彈力F2：F2=mBa=，彈簧的伸長量：x2=x1，所以撤去FB后，彈

27、簧將伸縮短，故C錯誤；D撤去FA后彈簧的彈力F3：F3=mAa=，所以彈簧的伸長量：x3=g，所以小球會飄起來，假設T與水平面夾角為，根據(jù)牛頓第二定律，有：F合=Tcos=ma，Tsin=mg，解得：T=10 N，所以A正確，BCD錯誤；故選A?！久麕燑c睛】利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答。34C【解析】未加F時，物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：。當施加F后，加速度。，因為，所以，可見，即加速度增大，C正確，ABD錯誤。36（1）a b1 m/s （2）【解析】（1）a滑塊在木板上做勻減速直

28、線運動，初速度為v0=3.0 m/s，位移為L=2.0 m。滑塊在滑行的過程中受重力、支持力、和摩擦力的作用，其中重力等于支持力。根據(jù)牛頓第二定律有，滑塊加速度的大小為m/s2設滑塊在木板上滑行的時間為t，根據(jù)運動學公式有所以s 或 s（舍）之所以要舍去s，是因為如果木板足夠長，當時，滑塊就靜止了。bm/s （2）設當F=F1時，滑塊恰好運動到木板的右端，然后與木板一起運動。在滑塊與木板有相對滑動的這段時間內(nèi)，滑塊做勻減速直線運動，木板做勻加速直線運動。設這段時間為t1，滑塊與木板共同運動的速度為v1，則有，所以s，m/s所以m/s2根據(jù)牛頓第二定律有所以N所以，當N時，滑塊不會從木板的右端滑出當滑塊與木板共速后，只要不發(fā)生相對滑動，滑塊就不會從木板的左端滑出，根據(jù)牛頓第二定律：滑塊與木板共同運動的加速度，而滑塊在靜摩擦力的作用下，能達到的最大加速度。因此，滑塊不從木板左端滑出需滿足的條件是，即N所以滑塊不從木板掉下的條件是。37A【解析】本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、力隨位移變化的圖線及其相關的知識點。由牛頓運動定律，F(xiàn)mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma