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(共23张PPT)
核心素养测评
第三章　第2讲　牛顿第二定律
(40分钟　70分)
【基础巩固练】
1.(6分)(2025·大庆模拟)台式电子秤上竖直固定一弹簧,金属小球从弹簧
正上方某位置竖直落下,根据电子秤示数的大小变化情况,就能判断小球
的超、失重情况,从小球接触弹簧到被弹起离开弹簧过程中,下面叙述正
确的是 (　　)
A.小球下落的过程中,处于失重状态
B.小球上升的过程中,处于超重状态
C.小球下落的过程中,先超重后失重
D.小球上升的过程中,先超重后失重
√
【解析】选D。小球下落过程中,到达平衡位置之前,小球的加速度向下,处于失重状态;小球越过平衡位置之后,加速度向上,处于超重状态,故A、C错误;向上反弹过程中,到达平衡位置之前,小球加速度向上,处于超重状态;小球越过平衡位置之后,加速度向下,处于失重状态,故B错误,D正确。
2.(6分·多选)如图所示,固定光滑斜面上用细线悬挂着两个通过轻质弹
簧连接的小球A、B,弹簧与细线均平行于斜面,已知两小球质量相等,斜
面倾角为θ,重力加速度为g。在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是
(　　)
A.B球的受力情况不变,瞬时加速度为零
B.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度沿斜面向上,A球的瞬时加速度
沿斜面向下
√
√
【解析】选A、C。在细线被烧断前,对B球根据平衡条件得kx=mgsinθ,在细线被烧断的瞬间,对B球根据牛顿第二定律得mgsinθ-kx=maB,解得aB=0,A正确,B、D错误;在细线被烧断的瞬间,对A球根据牛顿第二定律得mgsinθ+kx=maA,解得aA=2gsinθ,方向沿斜面向下,C正确。
【总结提升】求解瞬时加速度的步骤
3.(6分)(2026·广州模拟)弹射座椅是飞行员的“救命神器”,当飞机遇险时,
座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱,然后座椅配置的降
落伞张开,使飞行员安全降落。若某飞机因意外故障竖直下坠,弹射座椅
紧急弹出,弹射座椅弹出时的加速度大小为a、方向水平,重力加速度大
小为g,则当弹射座椅弹出时,弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员
所受重力大小的比值为 (　　)
A. B.1+ C. 　D.
√
【解析】选C。设飞行员的质量为m,当弹射座椅弹出时,座椅对飞行员的作用力大小为F,由牛顿第二定律有=ma,解得F=m,可得==,C正确。
4.(6分)某汽车在桥面上以72 km/h的速度匀速运动,突然发现前方有一静止障
碍物,司机反应1 s后立即刹车,恰与障碍物不相撞,汽车刹车过程中受到的阻
力是车自身重力的0.5倍,重力加速度g取10 m/s2,则司机发现障碍物时汽车和
障碍物间距离为 (　　)
A.40 m B.50 m C.60 m D.70 m
【解析】选C。汽车以速度v0=72 km/h=20 m/s匀速运动,刹车时加速度大小
为a==5 m/s2。设从开始刹车到刚好停止时的位移为x1,根据匀变速运动
规律得=2ax1,故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为x=v0t0+x1,t0
=1 s,代入解得x=60 m,故选C。
√
5.(6分)(体育运动)纵跳是体育运动的基本动作之一,可分为原地纵跳和
助跑纵跳。如图甲所示,人光脚在原地纵跳时,快速下蹲后立即蹬伸,在
起跳过程中,人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示,下
列说法正确的是(　　)
A.人对地面的压力是地面发生微小形变引起的
B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于
人对地面的压力
C.在C点时人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
√
【解析】选C。人对地面的压力是脚发生形变引起的,A选项错误;根据牛顿第三定律知,地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小,B选项错误;人处于C点时,加速起立结束,加速度为零,速度最大,C选项正确;人处于A点时,仍处于加速下蹲阶段,没有下蹲到最低点,D选项错误。
6.(6分)2026年1月19日,神舟二十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3×103 kg,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
√
【解析】选D。根据匀变速直线运动规律有
v2-=-2ah
解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2
返回舱受到重力和反推力,根据牛顿第二定律可得
F-mg=ma
解得F=mg+ma=3×103×10 N+3×103×25 N=1.05×105 N,故D正确,
A、B、C错误。
【综合应用练】
7.(6分)(生产生活)(2026·珠海模拟)“飘色”是珠海斗门区的传统民间巡游艺术
形式,体现着老百姓对美好生活的向往,如图甲所示。其独具特色的是巡游队
伍中,脚固定在巡游车架子上的孩童装扮成各种古
装人物,简图如图乙所示。
则下列说法正确的是(　　)
A.当巡游车做匀速直线运动时,架子对孩童的作用力竖直向上
B.当巡游车做加速直线运动时,架子对孩童的作用力水平向前
C.当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力竖直向上
D.当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力水平向后
√
【解析】选A。当巡游车做匀速直线运动时,孩童受力平衡,重力被架子竖直向上的作用力平衡,故A正确;当巡游车做加速直线运动时,架子对孩童的作用力斜向前上方,其竖直分力平衡重力,水平分力产生向前的加速度,故B错误;当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力斜向后上方,其竖直分力平衡重力,水平分力产生向后的加速度,故C、D错误。
8.(6分·多选)如图所示,固定的倾斜直杆与水平方向成60°角,杆上套有一
个圆环,圆环通过一根轻绳与一个小球相连接。当环沿杆下滑时,球与环
保持相对静止,轻绳与竖直方向成30°角。设重力加速度为g,则下列说法
正确的是(　　)
A.环可能匀速下滑
B.环与球的加速度为g
C.环与杆之间的动摩擦因数为
D.环与杆之间的动摩擦因数为
√
√
【解析】选B、C。
对小球受力分析,如图所示,小球受到重力和绳拉力作用,
二者合力必沿杆向下,所以θ=α=30°,
所以F==ma,解得a=g,由于小球与环保持相对静止,二者加速度相同,即环的加速度也为g,环一定沿杆向下做匀加速直线运动,故A错误,B正确;由于a=g9.(6分·多选)(生产生活)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=g,aB=0 D.aA=2g,aB=0
√
【解析】选D。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=Fsin60°,Fcos60°=mAg+F1,F1=F1'=mBg,又mA=mB,联立解得
FT=2mAg;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==2g,aB=0,D正确。
10.(16分)上海中心大厦总高度632 m,游客乘坐观光电梯从观景台下行
开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70 s,运行的最大
速度为10 m/s。东东同学将一台秤静置于观光电梯地板上,
将质量为2.4 kg的物体放置于台秤上,在电梯加速阶段台秤
示数为22.8 N,电梯减速运动到地面的时间为10 s,若电梯
加速、减速过程可视为匀变速直线运动,匀速运动时的速度
达到最大值,求:
(1)电梯在加速下降过程中,电梯中乘客处于超重还是失重状态;(4分)
答案:(1)失重状态　
【解析】(1)电梯在加速下降过程中,加速度向下,电梯中乘客处于失重状态。
(2)观景台的高度;(6分)
答案: (2)550 m　
【解析】(2)在加速下降过程中,物体的加速度大小为
a==0.5 m/s2
加速运动的时间为t1==20 s
通过的位移为x1=t1=100 m
匀减速通过的位移为x3=t3=50 m
匀速运动的时间为t2=t-t1-t3=40 s
通过的位移为x2=vt2=10×40 m=400 m
则观景台的高度为h=x1+x2+x3=550 m
(3)电梯减速阶段物体对台秤的压力大小。(6分)
答案: (3)26.4 N
【解析】(3)在减速阶段,加速度大小为a'==1 m/s2
根据牛顿第二定律可知F'N-mg=ma',解得F'N=26.4 N。
根据牛顿第三定律,可得物体对台秤的压力F″N=F'N=26.4 N第2讲　牛顿第二定律
整合教材·夯实必备知识
一、牛顿第二定律(必修一第四章第3节)
1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表达式:F=ma。
F推-mg=ma,
即F推=mg+ma。
二、瞬时问题(必修一第四章第3节)
牛顿第二定律瞬时性中的两类模型
提醒:速度的改变需要经历一定的时间,速度不能突变,加速度可以突变。
三、动力学的两类基本问题(必修一第四章第5节)
1.已知物体的受力情况:可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2.已知物体的运动情况:根据运动学规律求出物体的加速度,结合受力分析,再根据牛顿第二定律求出力。
四、超重和失重问题(必修一第四章第6节)
1.超重:
(1)产生条件:物体具有向上的加速度。
(2)两种运动情况:加速上升或减速下降。
(3)实质:重力不变,视重大于重力。
2.失重:
(1)产生条件:物体具有向下的加速度。
(2)两种运动情况:加速下降或减速上升。
(3)实质:重力不变,视重小于重力。
3.完全失重:
(1)产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。
(2)在完全失重状态下,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,液柱下面不再产生压强等。
精研考点·提升关键能力
考点一　牛顿第二定律的理解
【核心要点】
牛顿第二定律的基本性质
性质 图示
同体 性 对A:F-f1=mAa 对B:f'1-f2=mBa f'1=f1
独立 性
瞬时 性
矢量 性 小球所受合外力水平向左,则加速度水平向左,可知小车向右做匀减速直线运动
【典例剖析】
角度1　牛顿第二定律的理解
【典例1】(2024·贵州选择考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是 (　　)
A.f一直大于G
B.f一直小于G
C.f先小于G,后大于G
D.f先大于G,后小于G
【解析】选C。
角度2　牛顿第二定律的应用
【典例2】(2025·甘肃高考)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为 (　　)
(重力加速度g取10 m/s2)
A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2
【解析】选A。根据题意,由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。
考点二　瞬时问题
【核心要点】
类型 图示
轻绳(或 轻杆)
轻弹簧 (或橡皮 条)
【典例剖析】
角度1　弹簧与木板模型
【典例3】如图所示,质量分别为2m、m的两物块a、b,用一轻弹簧相连,将物块a用细线悬挂在天花板上,调整细线长度,当系统静止时,物块b恰好与水平地面间无弹力,此时弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g,弹簧始终处在弹性限度内。若突然剪断细线,则 (　　)
A.剪断细线瞬间,地面对物块b的弹力大小为mg
B.剪断细线瞬间,物块b的加速度为g
C.剪断细线瞬间,物块a的加速度为2g
D.剪断细线后,物块a向下运动3x时速度最大
【解析】选D。开始物块b静止,物块b恰与地面间无弹力,设此时弹簧的弹力为F,对b,由平衡条件得F=mg,方向向上,弹簧处于拉伸状态。剪断细线瞬间,弹簧的弹力不能突变,物块b的受力情况不变,物块b所受合力为零,加速度为0,地面对物块b的弹力仍然为0,故A、B错误;剪断细线瞬间弹簧弹力不变,对物块a,由牛顿第二定律得2mg+F=2ma,解得a=1.5g,故C错误;开始弹簧处于拉伸状态,伸长量为x,设弹簧的劲度系数为k,则kx=mg,剪断细线后a向下做加速运动,a向下运动x时弹簧恢复原长,然后a继续向下做加速运动,弹簧被压缩,弹簧弹力竖直向上,开始弹簧弹力小于a的重力,物块继续向下做加速运动,设弹簧压缩量为x'时物块a所受合力为零,则kx'=2mg,x'=2x,当物块a所受合力为零时速度最大,在此过程物块a下滑的距离s=x+x'=3x,故D正确。
角度2　弹簧与轻绳模型
【典例4】(2025·晋陕青宁适应性演练)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.L1的拉力大小为mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g
D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
【解析】选C。对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan60°=2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,选项A、B错误;若剪断L1,该瞬间弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零;对甲分析,由牛顿第二定律可知加速度a==g,故选项C正确,D错误。
考点三　动力学的两类基本问题
【核心要点】
类型 图示
已知 受力 求运 动
已知 运动 求受 力
【典例剖析】
角度1　已知受力情况分析运动情况
【典例5】(2025·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2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,g=10 m/s2,求:
(1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小;
答案:(1)2 m/s2
【解析】(1)设通道与水平面的夹角为θ,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sinθ==0.6
根据牛顿第二定律有mgsinθ-0.4mg=ma1
所以a1=2 m/s2
(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: (2)6 s
【解析】(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-mgsinθ=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=+,解得t=6 s
角度2　已知运动情况分析受力情况
【典例6】一题多解南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中:
(1)最大速度vm的大小;
答案:(1)　
【解析】(1)【方法一:公式法】
由题意可知,毛竹先匀加速上升再匀减速上升,平均速度均为=
由h=vmt
解得vm=
【方法二:图像法】
作出整个过程的速度—时间图像如图所示
根据图线与时间轴围成的面积表示位移,即
h=vmt
可得vm=
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
答案: (2)　
【解析】(2)根据加速度的定义式可知a==
(3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。
答案: (3)m(g-)
【解析】(3)毛竹匀减速阶段,加速度竖直向下,根据牛顿第二定律可知mg-F=ma
解得F=m(g-)
根据牛顿第三定律可知,匀减速阶段对表演者的压力为FN=F=m(g-)
考点四　超重和失重问题
【核心要点】
类型 图示
超重
失重
完全 失重
【典例剖析】
角度1　超重与失重现象的理解
【典例7】(2025·云南适应性测试)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2
B.做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2
C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2
D.做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2
【解析】选D。由题图,根据牛顿第二定律F-mg=ma,可得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上加速运动。故选D。
角度2　超重与失重现象和图像的结合
【典例8】(2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大,f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是 (　　)
A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻,实验舱达到最高点
【解析】选B。从t1到t3,f向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动;故A错误;从t2到t3,f向下在减小,可知此时速度方向向上,速度在减小,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;从t3到t5,f向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。
- 1 -(共36张PPT)
第2讲　牛顿第二定律
整合教材 夯实必备知识
精研考点 提升关键能力
整合教材 夯实必备知识
一、牛顿第二定律(必修一第四章第3节)
1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成_____,跟它的质量成
_____,加速度的方向跟_______的方向相同。
2.表达式:_______。
F推-mg=ma,
即F推=mg+ma。
正比
反比
作用力
F=ma
二、瞬时问题(必修一第四章第3节)
牛顿第二定律瞬时性中的两类模型
提醒:速度的改变需要经历一定的时间,速度不能突变,加速度可以突变。
三、动力学的两类基本问题(必修一第四章第5节)
1.已知物体的受力情况:可以由牛顿第二定律求出物体的_______,再通
过运动学的规律确定物体的运动情况。
2.已知物体的运动情况:根据运动学规律求出物体的_______,结合受力
分析,再根据牛顿第二定律求出力。
加速度
加速度
四、超重和失重问题(必修一第四章第6节)
1.超重:
(1)产生条件:物体具有_____的加速度。
(2)两种运动情况:_________或_________。
(3)实质:重力不变,视重_____重力。
2.失重:
(1)产生条件:物体具有_____的加速度。
(2)两种运动情况:_________或_________。
(3)实质:重力不变,视重_____重力。
向上
加速上升
减速下降
大于
向下
加速下降
减速上升
小于
3.完全失重:
(1)产生条件:物体的加速度_____,方向竖直向下。
(2)在完全失重状态下,一切由_____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_____作用,液柱下面不再产生_____等。
a=g
重力
浮力
压强
精研考点 提升关键能力
考点一　牛顿第二定律的理解
【核心要点】
牛顿第二定律的基本性质
性质 图示
同体 性
对A:F-f1=mAa
对B:f'1-f2=mBa
f'1=f1
性质 图示
独立 性
瞬时 性
性质 图示
矢量 性
小球所受合外力水平向左,则加速度水平向左,可知小车向
右做匀减速直线运动
【典例剖析】
角度1　牛顿第二定律的理解
【典例1】(2024·贵州选择考)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒
介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用
力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如
图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是 (　　)
A.f一直大于G
B.f一直小于G
C.f先小于G,后大于G
D.f先大于G,后小于G
√
【解析】选C。
角度2　牛顿第二定律的应用
【典例2】(2025·甘肃高考)2025年4月24日,在甘肃酒泉卫星发射中心成
功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在
初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨
且认为在1 s内基本不变,则火箭在初始1 s内的加速度大小约为 (　　)
(重力加速度g取10 m/s2)
A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12 m/s2
√
【解析】选A。根据题意,由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解得a= m/s2=2 m/s2,故选A。
考点二　瞬时问题
【核心要点】
类型 图示
轻绳(或 轻杆)
类型 图示
轻弹簧 (或橡皮 条)
【典例剖析】
角度1　弹簧与木板模型
【典例3】如图所示,质量分别为2m、m的两物块a、b,用一轻弹簧相连,将物
块a用细线悬挂在天花板上,调整细线长度,当系统静止时,物块b恰好与水平
地面间无弹力,此时弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g,弹簧始终处在弹
性限度内。若突然剪断细线,则 (　　)
A.剪断细线瞬间,地面对物块b的弹力大小为mg
B.剪断细线瞬间,物块b的加速度为g
C.剪断细线瞬间,物块a的加速度为2g
D.剪断细线后,物块a向下运动3x时速度最大
√
【解析】选D。开始物块b静止,物块b恰与地面间无弹力,设此时弹簧的弹力为F,对b,由平衡条件得F=mg,方向向上,弹簧处于拉伸状态。剪断细线瞬间,弹簧的弹力不能突变,物块b的受力情况不变,物块b所受合力为零,加速度为0,地面对物块b的弹力仍然为0,故A、B错误;剪断细线瞬间弹簧弹力不变,对物块a,由牛顿第二定律得2mg+F=2ma,解得a=1.5g,故C错误;开始弹簧处于拉伸状态,伸长量为x,设弹簧的劲度系数为k,则kx=mg,剪断细线后a向下做加速运动,a向下运动x时弹簧恢复原长,然后a继续向下做加速运动,弹簧被压缩,弹簧弹力竖直向上,开始弹簧弹力小于a的重力,物块继续向下做加速运动,设弹簧压缩量为x'时物块a所受合力为零,则kx'=2mg,x'=2x,当物块a所受合力为零时速度最大,在此过程物块a下滑的距离s=x+x'=3x,故D正确。
角度2　弹簧与轻绳模型
【典例4】(2025·晋陕青宁适应性演练)如图,质量均为m的两个相同小球
甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与
竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.L1的拉力大小为mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g
D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
√
【解析】选C。对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan60°=2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,选项A、B错误;若剪断L1,该瞬间弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零;对甲分析,由牛顿第二定律可知加速度a==g,故选项C正确,D错误。
考点三　动力学的两类基本问题
【核心要点】
类型 图示
已知 受力 求运 动
类型 图示
已知 运动 求受 力
【典例剖析】
角度1　已知受力情况分析运动情况
【典例5】(2025·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2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,g=10 m/s2,求:
(1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小;
答案:(1)2 m/s2
【解析】(1)设通道与水平面的夹角为θ,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sinθ==0.6
根据牛顿第二定律有mgsinθ-0.4mg=ma1
所以a1=2 m/s2
(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: (2)6 s
【解析】(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-mgsinθ=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=+,解得t=6 s
角度2　已知运动情况分析受力情况
【典例6】一题多解南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华
夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、
顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由
静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为
匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总
时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度
大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中:
(1)最大速度vm的大小;
答案:(1)　
【解析】(1)【方法一:公式法】
由题意可知,毛竹先匀加速上升再匀减速上升,平均速度均为=
由h=vmt
解得vm=
【方法二:图像法】
作出整个过程的速度—时间图像如图所示
根据图线与时间轴围成的面积表示位移,即
h=vmt
可得vm=
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
答案: (2)　
【解析】(2)根据加速度的定义式可知a==
(3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。
答案: (3)m(g-)
【解析】(3)毛竹匀减速阶段,加速度竖直向下,
根据牛顿第二定律可知mg-F=ma
解得F=m(g-)
根据牛顿第三定律可知,匀减速阶段对表演者的压力为FN=F=m(g-)
考点四　超重和失重问题
【核心要点】
类型 图示
超重
失重
完全 失重
【典例剖析】
角度1　超重与失重现象的理解
【典例7】(2025·云南适应性测试)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤
上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电
子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　)
A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2
B.做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2
C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2
D.做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2
√
【解析】选D。由题图,根据牛顿第二定律F-mg=ma,
可得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上加速运动。故选D。
角度2　超重与失重现象和图像的结合
【典例8】(2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面
由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使
其停在地面。实验舱运动过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增
大,f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是 (　　)
A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻,实验舱达到最高点
√
【解析】选B。从t1到t3,f向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动;故A错误;从t2到t3,f向下在减小,可知此时速度方向向上,速度在减小,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;从t3到t5,f向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。核心素养测评
第三章　第2讲　牛顿第二定律
(40分钟　70分)
【基础巩固练】
1.(6分)(2025·大庆模拟)台式电子秤上竖直固定一弹簧,金属小球从弹簧正上方某位置竖直落下,根据电子秤示数的大小变化情况,就能判断小球的超、失重情况,从小球接触弹簧到被弹起离开弹簧过程中,下面叙述正确的是 (　　)
A.小球下落的过程中,处于失重状态
B.小球上升的过程中,处于超重状态
C.小球下落的过程中,先超重后失重
D.小球上升的过程中,先超重后失重
【解析】选D。小球下落过程中,到达平衡位置之前,小球的加速度向下,处于失重状态;小球越过平衡位置之后,加速度向上,处于超重状态,故A、C错误;向上反弹过程中,到达平衡位置之前,小球加速度向上,处于超重状态;小球越过平衡位置之后,加速度向下,处于失重状态,故B错误,D正确。
2.(6分·多选)如图所示,固定光滑斜面上用细线悬挂着两个通过轻质弹簧连接的小球A、B,弹簧与细线均平行于斜面,已知两小球质量相等,斜面倾角为θ,重力加速度为g。在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是 (　　)
A.B球的受力情况不变,瞬时加速度为零
B.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度沿斜面向上,A球的瞬时加速度沿斜面向下
【解析】选A、C。在细线被烧断前,对B球根据平衡条件得kx=mgsinθ,在细线被烧断的瞬间,对B球根据牛顿第二定律得mgsinθ-kx=maB,解得aB=0,A正确,B、D错误;在细线被烧断的瞬间,对A球根据牛顿第二定律得mgsinθ+kx=maA,解得aA=2gsinθ,方向沿斜面向下,C正确。
【总结提升】求解瞬时加速度的步骤
3.(6分)(2026·广州模拟)弹射座椅是飞行员的“救命神器”,当飞机遇险时,座椅下的动力装置将座椅和飞行员一起弹射出机舱,然后座椅配置的降落伞张开,使飞行员安全降落。若某飞机因意外故障竖直下坠,弹射座椅紧急弹出,弹射座椅弹出时的加速度大小为a、方向水平,重力加速度大小为g,则当弹射座椅弹出时,弹射座椅对飞行员的作用力大小与飞行员所受重力大小的比值为 (　　)
A. B.1+ C. 　D.
【解析】选C。设飞行员的质量为m,当弹射座椅弹出时,座椅对飞行员的作用力大小为F,由牛顿第二定律有=ma,解得F=m,可得==,C正确。
4.(6分)某汽车在桥面上以72 km/h的速度匀速运动,突然发现前方有一静止障碍物,司机反应1 s后立即刹车,恰与障碍物不相撞,汽车刹车过程中受到的阻力是车自身重力的0.5倍,重力加速度g取10 m/s2,则司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为 (　　)
A.40 m B.50 m C.60 m D.70 m
【解析】选C。汽车以速度v0=72 km/h=20 m/s匀速运动,刹车时加速度大小为a==5 m/s2。设从开始刹车到刚好停止时的位移为x1,根据匀变速运动规律得=2ax1,故司机发现障碍物时汽车和障碍物间距离为x=v0t0+x1,t0=1 s,代入解得x=60 m,故选C。
5.(6分)(体育运动)纵跳是体育运动的基本动作之一,可分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示,人光脚在原地纵跳时,快速下蹲后立即蹬伸,在起跳过程中,人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　)
A.人对地面的压力是地面发生微小形变引起的
B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点时人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
【解析】选C。人对地面的压力是脚发生形变引起的,A选项错误;根据牛顿第三定律知,地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小,B选项错误;人处于C点时,加速起立结束,加速度为零,速度最大,C选项正确;人处于A点时,仍处于加速下蹲阶段,没有下蹲到最低点,D选项错误。
6.(6分)2026年1月19日,神舟二十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3×103 kg,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
【解析】选D。根据匀变速直线运动规律有
v2-=-2ah
解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2
返回舱受到重力和反推力,根据牛顿第二定律可得
F-mg=ma
解得F=mg+ma=3×103×10 N+3×103×25 N=1.05×105 N,故D正确,A、B、C错误。
【综合应用练】
7.(6分)(生产生活)(2026·珠海模拟)“飘色”是珠海斗门区的传统民间巡游艺术形式,体现着老百姓对美好生活的向往,如图甲所示。其独具特色的是巡游队伍中,脚固定在巡游车架子上的孩童装扮成各种古装人物,简图如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A.当巡游车做匀速直线运动时,架子对孩童的作用力竖直向上
B.当巡游车做加速直线运动时,架子对孩童的作用力水平向前
C.当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力竖直向上
D.当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力水平向后
【解析】选A。当巡游车做匀速直线运动时,孩童受力平衡,重力被架子竖直向上的作用力平衡,故A正确;当巡游车做加速直线运动时,架子对孩童的作用力斜向前上方,其竖直分力平衡重力,水平分力产生向前的加速度,故B错误;当巡游车做减速直线运动时,架子对孩童的作用力斜向后上方,其竖直分力平衡重力,水平分力产生向后的加速度,故C、D错误。
8.(6分·多选)如图所示,固定的倾斜直杆与水平方向成60°角,杆上套有一个圆环,圆环通过一根轻绳与一个小球相连接。当环沿杆下滑时,球与环保持相对静止,轻绳与竖直方向成30°角。设重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.环可能匀速下滑
B.环与球的加速度为g
C.环与杆之间的动摩擦因数为
D.环与杆之间的动摩擦因数为
【解析】选B、C。
对小球受力分析,如图所示,小球受到重力和绳拉力作用,二者合力必沿杆向下,所以θ=α=30°,
所以F==ma,解得a=g,由于小球与环保持相对静止,二者加速度相同,即环的加速度也为g,环一定沿杆向下做匀加速直线运动,故A错误,B正确;由于a=g9.(6分·多选)(生产生活)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=g,aB=0 D.aA=2g,aB=0
【解析】选D。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=Fsin60°,Fcos60°=mAg+F1,F1=F1'=mBg,又mA=mB,联立解得FT=2mAg;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==2g,aB=0,D正确。
10.(16分)上海中心大厦总高度632 m,游客乘坐观光电梯从观景台下行开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达地面只需70 s,运行的最大速度为10 m/s。东东同学将一台秤静置于观光电梯地板上,将质量为2.4 kg的物体放置于台秤上,在电梯加速阶段台秤示数为22.8 N,电梯减速运动到地面的时间为10 s,若电梯加速、减速过程可视为匀变速直线运动,匀速运动时的速度达到最大值,求:
(1)电梯在加速下降过程中,电梯中乘客处于超重还是失重状态;(4分)
答案:(1)失重状态　
【解析】(1)电梯在加速下降过程中,加速度向下,电梯中乘客处于失重状态。
(2)观景台的高度;(6分)
答案: (2)550 m　
【解析】(2)在加速下降过程中,物体的加速度大小为
a==0.5 m/s2
加速运动的时间为t1==20 s
通过的位移为x1=t1=100 m
匀减速通过的位移为x3=t3=50 m
匀速运动的时间为t2=t-t1-t3=40 s
通过的位移为x2=vt2=10×40 m=400 m
则观景台的高度为h=x1+x2+x3=550 m
(3)电梯减速阶段物体对台秤的压力大小。(6分)
答案: (3)26.4 N
【解析】(3)在减速阶段,加速度大小为a'==1 m/s2
根据牛顿第二定律可知F'N-mg=ma',解得F'N=26.4 N。
根据牛顿第三定律,可得物体对台秤的压力F″N=F'N=26.4 N
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