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第2讲　牛顿运动定律的应用
1.〔多选〕（2025·贵州贵阳三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ
B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C.剪断绳OA瞬间，小球的加速度为零
D.剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g
2.（2025·辽宁辽阳模拟）某同学站在力传感器上下蹲，力传感器上显示的图线可能是（　　）
3.（2025·广东佛山二模）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为（　　）
A.3×104 N B.7.5×104 N
C.2.6×104 N D.1.05×105 N
4.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
5.（2025·河南三门峡模拟）如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为（　　）
A.14 m/s2 B.12 m/s2
C.10 m/s2 D.8 m/s2
6.（2025·福建龙岩一模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，A、B两球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B两球间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A.B球处于平衡状态
B.轻质弹簧的弹力大小为m1gsin θ
C.B球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下
D.A球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向上
7.（2025·黑龙江大庆三模）图甲所示的是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5 h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　）
A.0～0.5 h内，“奋斗者号”处于超重状态
B.0.5～2.5 h内，“奋斗者号”的总质量小于m
C.2.5～3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为2 m/s2
D.0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为7 200 m
8.如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B.小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m
D.小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s
9.〔多选〕如图为某学校“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速度10 m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1 kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5 N，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A.水火箭运动过程中，经过同一高度时（除最高点外），上升时的速率大于其下落时的速率
B.水火箭所能上升的最大高度为 m
C.水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6 s
D.当水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m时，速度大小为3 m/s
10.（2025·辽宁沈阳模拟）高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾害之一。如图所示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，人可以通过该通道滑到地面，通道的长度可以适当调节。若某次将通道调节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
（1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；
（2）为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下滑的最短时间。
11.我国火星探测器“天问一号”着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度g取4 m/s2，探测器总质量为5吨（不计燃料燃烧引起的质量变化）。求探测器：
（1）全程的平均速度大小；
（2）减速下落过程中的加速度大小；
（3）减速下落过程中发动机产生的推力大小（保留3位有效数字）。
第2讲　牛顿运动定律的应用
1.BD　剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，小球将绕B点开始做圆周运动，此时沿切线方向的加速度大小为g，故C错误，D正确。
2.C　该同学在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。故选C。
3.D　根据运动学公式可得v2－＝－2ah，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N，故选D。
4.D　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知当θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。
5.D　剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。
6.C　当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B球分析，由牛顿第二定律得m2gsin θ＝m2a2，解得B球的加速度大小为a2＝gsin θ，方向沿斜面向下，故A错误，C正确；细线被剪断前，对A、B两球整体分析，由平衡条件得F弹＝gsin θ，细线被剪断瞬间，轻质弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变， 故B错误；细线被剪断瞬间，对A球分析，由牛顿第二定律得F弹－m1gsin θ＝m1a1，解得a1＝gsin θ，方向沿斜面向上，故D错误。
7.B　0～0.5 h内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；“奋斗者号”的体积不变，则浮力不变，0.5～2.5 h内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，故此时“奋斗者号”的总质量小于m，故B正确；由图像可知，2.5～3 h内，“奋斗者号”的加速度大小为a＝ m/s2＝ m/s2，故C错误；根据v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为h＝×（2×3 600＋3×3 600）×1 m＝9 000 m，故D错误。
8.B　设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道之间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'＝v1≈8.7 m/s，D错误。
9.AD　运动过程中空气阻力一直做负功，使得水火箭机械能减小，则同一高度处下落阶段动能较小，速度较小，故A正确；水火箭向上运动时，空气阻力向下，加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，则上升的最大高度为hm＝＝4 m，故B错误；水火箭从地面到最高点的时间为t＝＝0.8 s，水火箭下落时空气阻力向上，加速度a2＝g－＝7.5 m/s2，所以下落时间大于上升时间，运动总时间大于1.6 s，故C错误；水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m，即下落h＝3 m时，速度v＝＝3 m/s，故D正确。
10.（1）2 m/s2　（2）6 s
解析：（1）当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关系有sin θ＝＝0.6
根据牛顿第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
（2）当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设人的最大速度为vm，人滑到底端的速度为v，则有＋＝28 m，t＝＋
联立解得t＝6 s。
11.（1）8 m/s　（2） m/s2　（3）2.67×104 N
解析：（1）探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火
解得a1＝3.2 m/s2
探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为＝＝8 m/s。
（2）探测器加速下落过程中，由h1＝a1
代入数据得h1＝40 m
则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。
（3）设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
有F＋f－mg火＝ma2
代入数据解得F＝2.67×104 N。
3 / 3第2讲　牛顿运动定律的应用
动力学的两类基本问题
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出　　　　，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出　　　　　，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
3.应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：
　
超重和失重
1.超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）　　　物体所受重力的现象；物体具有　　　　的加速度。
2.失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）　　　物体所受重力的现象；物体具有　　　　的加速度。
3.完全失重：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）　　　　的现象称为完全失重现象；物体的加速度a＝　　　，方向竖直向下。
4.实重和视重
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态　　　　。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将　　　　　物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
1.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。（　　）
2.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了。（　　）
3.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态。（　　）
4.运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。（　　）
1.〔多选〕 （人教版必修第一册·第四章第5节“练习与应用”T1改编）一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是（　　）
A.物体受到的合力为50 N
B.物体的加速度为25 m/s2
C.3 s末物体的速度为75 m/s
D.3 s内物体发生的位移为125 m
2.（2024·全国甲卷22题）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）；
（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）。
考点一　瞬时加速度问题分析
1.两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
2.在求解瞬时加速度时应注意的问题
（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
（2024·湖南高考3题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（　　）
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
尝试解答
人教版必修第一册P114复习与提高B组第一题
如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度分别是多少？
（2025·江苏江都中学期初）如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻质杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间（　　）
A.图甲中A球的加速度大小为gsin θ
B.图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ
D.图乙中轻杆的作用力一定不为零
尝试解答
考点二　动力学的两类基本问题
1.把握“两个分析”“一个桥梁”
2.找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g，则小物块在斜面上运动的时间为（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）（　　）
A. B.
C.（＋1） D.（＋1）
尝试解答
我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
（2）飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小（结果保留3位有效数字）。
尝试解答
总结提升
解答动力学的两类基本问题的步骤
考点三　超重和失重
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。
（3）尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2.判断超重和失重的方法
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
从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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
从速度变化 的角度判断 物体向上加速或向下减速时，超重； 物体向下加速或向上减速时，失重
　　
如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N。g取10 m/s2。对此过程的分析正确的是（　　）
A.物体受到的重力变大
B.物体的加速度大小为1 m/s2
C.电梯一定正在减速上升
D.电梯一定正在加速上升
尝试解答
（2025·北京昌平期末）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手
掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断出（　　）
A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态
B.手机在t2时刻运动到最高点
C.手机在t3时刻改变运动方向
D.手机可能离开过手掌
尝试解答
等时圆模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.模型的三种情况
（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从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
〔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＜t2 D.t1＝t3
尝试解答
（2025·河南郑州期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），现有三个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是（　　）
A.tB＞tC＞tD B.tB＝tC＜tD
C.tB＜tC＜tD D.tB＜tC＝tD
尝试解答
第2讲　牛顿运动定律的应用
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.加速度　2.加速度
知识点2
1.大于　向上　2.小于　向下　3.等于0　g　4.（1）无关　（2）不等于
易错易混辨析
1.√　2.×　3.×　4.×
双基落实筑牢
1.AC　受到两个夹角为120°的50 N的力，该物体受到的合力仍为50 N，物体的加速度为a＝＝25 m/s2，3 s末物体的速度为v＝at＝75 m/s，3 s内物体发生的位移为x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2.（1）5.0　（2）失重　1.0
解析：（1）根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N；
（2）根据（1）问结合平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N＜mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a＝1.0 m/s2。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 A　剪断细线前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，剪断细线瞬间，对B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。
考教衔接
　2g　0
【例2】 C　设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，故只有C正确。
考点二
【例3】 C　由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝g，则t1＝＝，x1＝；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝0.2g，则x2＝x1＝a2，得t2＝，所以t＝t1＋t2＝（＋1），故选项C正确。
【例4】 （1）96 m/s　（2）3.75 s　6.55×104 N
解析：（1）设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有k＝m1g
装载弹药后起飞时，有k＝m2g
联立解得v2＝96 m/s。
（2）设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力大小F水平＝m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
考点三
【例5】 B　重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过程中，重力并没有发生改变，A错误；对物体分析有FN－mg＝ma，解得物体加速度大小a＝1 m/s2，B正确；根据上述分析，加速度向上，当速度向上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直线运动，C、D错误。
【例6】 D　由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向仍然向上，与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 BCD　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，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知从c、O、d三点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＝at2可知，t2＞tca，即t2＞t1＝t3，故A错误，B、C、D正确。
【典例2】 B　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动的过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝a，联立解得tC＝，由此可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。
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第2讲　牛顿运动定律的应用
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
动力学的两类基本问题
1. 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由
牛顿第二定律（F合＝ma）求出 ，再由运动学的有关公式求出
速度或位移。
2. 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出
，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
加速度　
加
速度　
3. 应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速
度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：
超重和失重
1. 超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力） 物体所受重
力的现象；物体具有 的加速度。
2. 失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力） 物体所受重
力的现象；物体具有 的加速度。
3. 完全失重：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）
的现象称为完全失重现象；物体的加速度a＝ ，方向竖直向下。
大于　
向上　
小于　
向下　
等于0　
g　
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态 。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力
或对台秤的压力将 物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤
的示数即为视重。
无关　
不等于　
4. 实重和视重
1. 对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体
立即获得加速度。 （　√　）
2. 超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了。
（　×　）
3. 物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重
状态。 （　×　）
4. 运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速
度由运动情况决定。 （　×　）
√
×
×
×
1. 〔多选〕 （人教版必修第一册·第四章第5节“练习与应用”T1改编）一
个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的
力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是（　　）
A. 物体受到的合力为50 N
B. 物体的加速度为25 m/s2
C. 3 s末物体的速度为75 m/s
D. 3 s内物体发生的位移为125 m
√
√
解析： 　受到两个夹角为120°的50 N的力，该物体受到的合力仍为50
N，物体的加速度为a＝＝25 m/s2，3 s末物体的速度为v＝at＝75 m/s，3
s内物体发生的位移为x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
2. （2024·全国甲卷22题）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）；
解析： 根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N；
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，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）。
解析： 根据（1）问结合平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，
测力计示数为4.5 N＜mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg
－F＝ma，代入数据解得a＝1.0 m/s2。
5.0　
失重　
1.0　
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　瞬时加速度问题分析
1. 两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时
消失，具体可简化为以下两种模型：
2. 在求解瞬时加速度时应注意的问题
（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化
时，需要重新进行受力分析和运动分析。
（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过
程，不会发生突变。
（2024·湖南高考3题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小
球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状
态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度
大小分别为（　　）
A. g，1.5g B. 2g，1.5g
C. 2g，0.5g D. g，0.5g
√
解析：剪断细线前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件有A、B间轻弹
簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力
FCD＝mg，剪断细线瞬间，对B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对
C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A
正确。
如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂
起来，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度分别是多少？
答案：2g　0
人教版必修第一册P114复习与提高B组第一题
（2025·江苏江都中学期初）如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光
滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两
球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻质杆均与斜
面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间（　　）
A. 图甲中A球的加速度大小为gsin θ
B. 图甲中B球的加速度大小为2gsin θ
C. 图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin θ
D. 图乙中轻杆的作用力一定不为零
√
解析：设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡
板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会
突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B
球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板
的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大
小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分
力，轻杆的作用力为零，故只有C正确。
考点二　动力学的两类基本问题
1. 把握“两个分析”“一个桥梁”
2. 找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程
的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物
块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为
g，则小物块在斜面上运动的时间为（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）
（　　）
A. B.
C. （＋1） D. （＋1）
√
解析：由牛顿第二定律可得，上升时mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解
得a1＝g，则t1＝＝，x1＝；下滑时mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，
解得a2＝0.2g，则x2＝x1＝a2，得t2＝，所以t＝t1＋t2＝（＋1）
，故选项C正确。
我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得
的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的
滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰
载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质
量为2.56×103 kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
答案： 96 m/s　
解析： 设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有
k＝m1g
装载弹药后起飞时，有k＝m2g
联立解得v2＝96 m/s。
（2）飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起
飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小（结
果保留3位有效数字）。
答案： 3.75 s　6.55×104 N
解析： 设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规
律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力大小F水平＝m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
总结提升
解答动力学的两类基本问题的步骤
　（2025·山西太原模拟）在轮椅冰壶的某次训练中，两位轮椅冰壶运动员
用水平恒力将“冰壶”从起点推动5 m后，撤去推力，同时启动10秒倒计
时，“冰壶”沿直线继续滑行40 m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好
结束。已知“冰壶”的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；
答案： 0.08　144 N　
解析： “冰壶”在推力F作用下做匀加速运动，运动5 m后的速度设
为v，这5 m内的加速度为a1，由牛顿第二定律及运动学公式可知F－μmg＝
ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s时间内运动了
40 m，由牛顿第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝，a2＝，
联立解得μ＝0.08，F＝144 N。
（2）若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计
时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大
小变为多少？
答案： 200 N
解析： 若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒
计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬
间冰壶的速度为v'，根据牛顿第二定律及运动学公式可知
匀加速过程，有F'－μ'mg＝ma3
匀减速过程，有μ'mg＝ma4
所用总时间＋＝10 s
所走总路程＋＝45 m，联立解得F'＝200 N。
考点三　超重和失重
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。
（3）尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有
分量，物体就会处于超重或失重状态。
2. 判断超重和失重的方法
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
从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有
向下的加速度时，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
从速度变化 的角度判断 物体向上加速或向下减速时，超重；
物体向下加速或向上减速时，失重
如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情
况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感
器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N。g取10 m/s2。对
此过程的分析正确的是（　　）
A. 物体受到的重力变大
B. 物体的加速度大小为1 m/s2
C. 电梯一定正在减速上升
D. 电梯一定正在加速上升
√
解析：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过
程中，重力并没有发生改变，A错误；对物体分析有FN－mg＝ma，解得物
体加速度大小a＝1 m/s2，B正确；根据上述分析，加速度向上，当速度向
上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直
线运动，C、D错误。
（2025·北京昌平期末）很多智能手机都有加速度传感器，能通过图
像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开
始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，
该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断出
（　　）
A. 在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态
B. 手机在t2时刻运动到最高点
C. 手机在t3时刻改变运动方向
D. 手机可能离开过手掌
√
解析：由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超
重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向仍然向
上，与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手
机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；
由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则
手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。
图甲是某人站在接有传感
器的力板上做下蹲、起跳
和回落动作的示意图，图
中的小黑点表示人的重心。
图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取 g＝10 m/s2。根据图像分析可知（　　）
A. 人的重力可由b点读出，约为300 N
B. b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态
C. 人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
D. 人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
√
解析： 　开始时人处于平衡状态，由a点可读出，此时，人对力板的压力
约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；当人对接触面的压力小于
人的真实重力时，则人处于失重状态，此时有向下的加速度；当人对接触
面的压力大于人的真实重力时，则人处于超重状态，此时有向上的加速
度，故b到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；
人在双脚离开力板的过程中，人只受重力的作用，处于完全失重状态，故
C正确；b点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点对
应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，故D错误。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
等时圆模型
1. “等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下
滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，
都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2. 模型的三种情况
（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
弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
〔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＜t2 D. t1＝t3
√
√
√
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，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知从c、O、d三点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＝at2可知，t2＞tca，即t2＞t1＝t3，故A错误，B、C、D正确。
（2025·河南郑州期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面
上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、
D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），现有三
个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静
止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正
确的是（　　）
A. tB＞tC＞tD B. tB＝tC＜tD
C. tB＜tC＜tD D. tB＜tC＝tD
√
解析：由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为
直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动的过
程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ
＝a，联立解得tC＝，由此可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. 〔多选〕（2025·贵州贵阳三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质
细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。
重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. 剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ
B. 剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C. 剪断绳OA瞬间，小球的加速度为零
D. 剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g
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√
√
解析： 　剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方
向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，
小球将绕B点开始做圆周运动，此时沿切线方向的加速度大小为g，故C错
误，D正确。
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2. （2025·辽宁辽阳模拟）某同学站在力传感器上下蹲，力传感器上显示
的图线可能是（　　）
√
解析： 　该同学在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。故选C。
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3. （2025·广东佛山二模）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱
在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8
m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度
降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回
舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为
3×103kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为
（　　）
A. 3×104 N B. 7.5×104 N
C. 2.6×104 N D. 1.05×105 N
√
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解析： 　根据运动学公式可得v2－＝－2ah，解得加速度大小为a＝
＝ m/s2＝25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝
1.05×105 N，故选D。
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4. 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架
在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ
可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至
P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下
滑时间t将（　　）
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
√
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解析： 　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gsin θ·t2，可得
t2＝，可知当θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从30°逐渐增大至60°
时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。
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5. （2025·河南三门峡模拟）如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和
轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水
平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间
的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，则剪断轻绳瞬间
木块的加速度大小为（　　）
A. 14 m/s2 B. 12 m/s2
C. 10 m/s2 D. 8 m/s2
√
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解析： 　剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得
Fsin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持
不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8
m/s2，故D正确。
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6. （2025·福建龙岩一模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，
A、B两球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与
A球相连，A、B两球间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系
统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
A. B球处于平衡状态
B. 轻质弹簧的弹力大小为m1gsin θ
C. B球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向下
D. A球的加速度大小为gsin θ，方向沿斜面向上
√
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解析： 　当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对B球分析，由牛顿
第二定律得m2gsin θ＝m2a2，解得B球的加速度大小为a2＝gsin θ，方向
沿斜面向下，故A错误，C正确；细线被剪断前，对A、B两球整体分
析，由平衡条件得F弹＝gsin θ，细线被剪断瞬间，轻质弹簧
来不及恢复形变，因此弹力不变， 故B错误；细线被剪断瞬间，对A球
分析，由牛顿第二定律得F弹－m1gsin θ＝m1a1，解得a1＝gsin θ，方
向沿斜面向上，故D错误。
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7. （2025·黑龙江大庆三模）图甲所示的是创造了中国载人深潜新纪录的
“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始
计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5 h内的总
质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且
海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　）
A. 0～0.5 h内，“奋斗者号”处于超
重状态
B. 0.5～2.5 h内，“奋斗者号”的总
质量小于m
C. 2.5～3.0 h内，“奋斗者号”的加速度大小为2 m/s2
D. 0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为7 200 m
√
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解析： 　0～0.5 h内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向
下，故处于失重状态，故A错误；“奋斗者号”的体积不变，则浮力不
变，0.5～2.5 h内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海
水，让重力等于浮力，故此时“奋斗者号”的总质量小于m，故B正确；由
图像可知，2.5～3 h内，“奋斗者号”的加速度大小为a＝ m/s2＝
m/s2，故C错误；根据v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知
0～3.0 h内，“奋斗者号”下潜的深度为h＝×（2×3 600＋3×3 600）
×1 m＝9 000 m，故D错误。
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8. 如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度
滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。
该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A. 小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B. 小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1
C. 小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m
D. 小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s
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解析： 　设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A
错误；设小海豚与坡道之间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛
顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝
0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝
m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下
滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到
O点时的速度大小为v'＝v1≈8.7 m/s，D错误。
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9. 〔多选〕如图为某学校“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速
度10 m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1 kg，
空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5 N，g取10 m/s2，则下列
说法正确的是（　　）
A. 水火箭运动过程中，经过同一高度时（除最高点
外），上升时的速率大于其下落时的速率
B. 水火箭所能上升的最大高度为 m
C. 水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6 s
D. 当水火箭竖直向下运动至位于地面上方1 m时，速度大小为3 m/s
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解析： 　运动过程中空气阻力一直做负功，使得水火箭机械能减小，则
同一高度处下落阶段动能较小，速度较小，故A正确；水火箭向上运动
时，空气阻力向下，加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，则上升的最大高度为hm
＝＝4 m，故B错误；水火箭从地面到最高点的时间为t＝＝0.8 s，水
火箭下落时空气阻力向上，加速度a2＝g－＝7.5 m/s2，所以下落时间大
于上升时间，运动总时间大于1.6 s，故C错误；水火箭竖直向下运动至位
于地面上方1 m，即下落h＝3 m时，速度v＝＝3 m/s，故D正确。
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10. （2025·辽宁沈阳模拟）高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾
害之一。如图所示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时，
人可以通过该通道滑到地面，通道的长度可以适当调节。若某次将通道调
节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道
中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍，
当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢
时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时
刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻
力，取g＝10 m/s2，求：
（1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；
答案： 2 m/s2　
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解析： 当双臂双腿并拢加速下滑时，设加速度大小为a1，根据几何关
系有sin θ＝＝0.6
根据牛顿第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
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（2）为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下
滑的最短时间。
答案： 6 s
解析：当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设人的最大速度为vm，人滑到底端的速度为v，则有＋＝28 m，t
＝＋
联立解得t＝6 s。
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11. 我国火星探测器“天问一号”着陆火星的最后阶段，
探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，
这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行
着陆。如图为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟
示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向
匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达
火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气
的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度g取4
m/s2，探测器总质量为5吨（不计燃料燃烧引起的质量变化）。求探测器：
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答案： 8 m/s　
（1）全程的平均速度大小；
解析： 探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，
其中f＝0.2mg火
解得a1＝3.2 m/s2
探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小为＝＝8 m/s。
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（2）减速下落过程中的加速度大小；
答案： m/s2　
解析：探测器加速下落过程中，由h1＝a1
代入数据得h1＝40 m
则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
减速下落过程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。
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（3）减速下落过程中发动机产生的推力大小（保留3位有效数字）。
答案： 2.67×104 N
解析：设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
有F＋f－mg火＝ma2
代入数据解得F＝2.67×104 N。
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