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第8讲　牛顿第二定律的应用
1.（2026·山西大同模拟）快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入电梯后，电梯向上运行的v-t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员感觉货物“最轻”的时间段是（　　）
A.0～t1 B.t3～t4
C.t2～t3 D.t1～t2
2.（2026·湖北武汉联考）《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重力的k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为（　　）
A.　　B. C.　　D.
3.（2026·广东潮州期末）如图所示为商场中常见的两种电梯，甲是扶梯，乙是直梯。某乘客分别乘坐不同的电梯上楼（乘客相对电梯静止），则当电梯都加速上升时（加速度方向如图所示），下列说法正确的是（　　）
A.甲电梯上的乘客处于超重状态
B.乙电梯中的乘客处于失重状态
C.甲电梯上的乘客受到的支持力与重力平衡
D.甲、乙电梯中的乘客都受到重力、支持力和摩擦力的作用
4.〔多选〕（2026·浙江杭州期末）如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮绳的两端，橡皮绳的中点固定在质量也为m的塑料杯底部的正中间，小球放在塑料杯口边上。现让塑料杯从一定高度自由下落，不计一切阻力，已知重力加速度为g，则释放的瞬间（　　）
A.小球的加速度等于0
B.小球和塑料杯的加速度均为g
C.塑料杯的加速度为3g
D.两橡皮绳对塑料杯的作用力大小等于2mg
5.★（2026·安徽省合肥市期末）2025年4月30日13时08分，神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面高度为2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推发动机同时点火工作，返回舱触地前的瞬间速度降至零，从而实现软着陆。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4×103 kg，重力加速度g取10 m/s2，则平均每台反推发动机提供的推力大小为（　　）
A.6.6×104 N B.1.04×105 N
C.2.6×104 N D.3.65×105 N
6.（2026·辽宁沈阳模拟预测）如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小球A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为（　　）
A.16∶15 B.15∶16 C.3∶4 D.4∶3
7.（2026·河南豫南模拟）如图所示，若滑雪运动员以v＝4 m/s的初速度沿倾角为θ＝37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑，在3 s的时间内下滑的路程为30 m，已知滑板和运动员的总质量为m＝50 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（　　）
A.运动员下滑的加速度大小为4 m/s2
B.运动员5 s末的速度大小为20 m/s
C.运动员受到的阻力大小为60 N
D.运动员受到斜轨道支持力的大小为600 N
8.〔多选〕如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.t1＞t2 B.t3＝t4 C.t2＜t4 D.t1＝t4
9.〔多选〕（2026·安徽亳州期末）如图所示，正六边形稳固支架竖直放置且固定在水平地面上，中心点为O，C、D为支架的两个顶点，通过轻绳CA、BD分别固定两个质量均为m的相同小球A、B，两小球通过轻质弹簧相连，整个装置处于静止状态，且CAO、OBD共线。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.轻绳CA的弹力为4mg
B.轻绳BD的弹力为mg
C.剪断轻绳CA瞬间，小球A加速度大小为g
D.剪断轻绳CA瞬间，小球B加速度大小为g
10.（2026·湖北孝感模拟）如图所示，一质量为M、倾角为θ＝37°的斜劈静止在粗糙的水平地面上，斜劈由粗糙程度不同的两种材料拼接而成，AB段的动摩擦因数为0.8，BC段的动摩擦因数为0.75。质量为m的滑块以一定的初速度从斜劈上滑下，已知滑块从A滑到C的过程中，斜劈M始终静止。下列说法正确的是（　　）
A.滑块从A运动到B的过程，斜劈和滑块组成的系统处于失重状态
B.滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
C.滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的支持力小于（m＋M）g
D.滑块从B运动到C的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
11.★（2026·浙江钱塘期中）如图所示，工作人员在供包台将包裹放在机器人的水平托盘上，包裹将自动送至方形分拣口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动，抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘倾角缓慢增大，直至包裹下滑，包裹与托盘接触面间动摩擦因数为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10 m/s2。现把质量m＝1 kg的包裹从供包台沿直线运动至相距L＝6 m的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。运行最大速度v＝4 m/s，机器人运送包裹途中，看作质点。求：
（1）在机器人到达分拣口处，要使包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ应该是多少；
（2）机器人制动时的最大加速度及此时托盘对包裹的作用力F的大小；
（3）求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t。
第8讲　牛顿第二定律的应用
1.B　感觉“最轻”是指货物对手的压力最小时，由牛顿第二定律可知，当电梯向上减速时，加速度向下，货物失重，此时货物对手的压力最小，由图可知为t3～t4阶段，故B正确。
2.B　根据牛顿第二定律有a＝＝kg，根据运动学公式有2ax＝，联立解得x＝＝，故B正确。
3.A　将甲电梯上的乘客的加速度沿水平方向和竖直方向分解，得到竖直向上的分加速度和水平向左的分加速度，故乘客处于超重状态，所受支持力大于重力，受到重力、支持力和摩擦力的作用；乙电梯中的乘客加速度竖直向上，处于超重状态，只受到重力、支持力的作用。故A正确。
4.ACD　释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳弹力等于小球的重力，即T＝mg，则球的加速度等于0；对塑料杯分析mg＋2T＝ma，解得a＝3g，故A、C正确，B错误；开始静止时橡皮绳对塑料杯的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，橡皮绳对塑料杯的作用力仍为2mg，故D正确。
5.C　当返回舱距离地面高度为2 m时，返回舱的速度为8 m/s，返回舱触地前的瞬间速度降至零，根据速度与位移的关系，有＝2ah，解得a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对返回舱，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma，解得F＝＝ N＝2.6×104 N，故C正确。
6.A　剪断A、B之间的细线，小球A在A、C间细线的拉力及重力作用下向下摆动，加速度大小为aA＝gcos 37°＝，剪断细线前，对小球B，由平衡条件有kxsin 53°＝mg、kxcos 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，小球B向右加速运动，加速度大小为aB＝＝＝，所以剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比aA∶aB＝g∶g＝16∶15，故选A。
7.A　运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律有x＝vt＋at2，解得a＝4 m/s2，故A正确；5 s末的速度v5＝v＋at5＝24 m/s，故B错误；运动员在下滑过程中，受到重力mg、轨道的支持力FN以及阻力Ff的共同作用。以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律，在沿斜轨道向下方向上有mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝100 N，故C错误；在垂直于斜轨道方向上有FN－mgcos θ＝0，解得FN＝400 N，故D错误。
8.BC　1号小球的加速度为a1＝gsin 60°＝g，位移为x1＝2r·sin 60°＝r，运动时间为t1＝＝2；由等时圆规律可知，2号小球运动的时间为t2＝＝2；3号小球的加速度为a3＝gsin 60°＝g，位移为x3＝＝2r，运动时间为t3＝＝；4号小球的加速度为a4＝gsin 30°＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝＝，则t1＝t2＜t3＝t4，故B、C正确。
9.AC　对小球A、B、弹簧整体进行受力分析，其受力示意图如图所示。竖直方向上有FCAsin 60°＝2mg，水平方向上有FCAcos 60°＝FBD，解得FCA＝4mg，FBD＝2mg，A正确，B错误；剪断轻绳CA瞬间，由于弹簧弹力不变，所以小球A受到的合外力大小为FCA＝4mg，根据牛顿第二定律得FCA＝maA，解得aA＝＝g，C正确；剪断轻绳CA瞬间，小球B受力不变，加速度为0，D错误。
10.B　对于滑块从A到B，由牛顿第二定律有μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma1，a1沿斜面向上，可知滑块和斜劈处于超重状态，故A错误；对整体分析，水平方向，由牛顿第二定律有Ff＝ma1cos θ，方向水平向左，故B正确；因为系统处于超重状态，可知FN＞（m＋M）g，故C错误；滑块从B运动到C过程中，因μ2＝tan θ，可知a2＝0，地面给斜劈的摩擦力为零，故D错误，B正确。
11.（1）30°　（2） m/s2　 N　（3）1.9 s
解析：（1）托盘倾斜，包裹刚要下滑时满足
mgsin θ＝μmgcos θ
解得tan θ＝，所以托盘的最小倾角θ＝30°。
（2）机器人制动时由静摩擦力提供动力，当静摩擦力达到最大时，包裹的加速度最大μmg＝ma
解得a＝g＝ m/s2
此时托盘给包裹提供2个力，一是支持力，二是最大静摩擦力，
所以F＝＝，解得F＝ N。
（3）匀加速直线运动的最短时间
t1＝＝＝0.4 s
匀加速直线运动位移x1＝
解得x1＝0.8 m
匀加速直线运动与匀减速直线运动时间、位移相等，所以匀速直线运动的位移x2＝L－2x1
解得x2＝4.4 m
所以匀速直线运动时间t2＝＝s＝1.1 s
解得t＝2t1＋t2＝1.9 s。
1 / 1第8讲　牛顿第二定律的应用
1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。 2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
要点深化
两类模型
教材母题
　〔人教版必修第一册P114B组T1改编〕如图所示，质量相同的A、B两个小球用轻弹簧相连，A的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪断轻绳，则轻绳被剪断瞬间（已知重力加速度为g）（　　）
A.B的加速度为0
B.A的加速度为0
C.A、B的加速度都为g
D.A、B的加速度都为2g
链接高考
　（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
链接分析
　（1）教材母题和2024湖南高考3题：都是钢性绳和轻弹簧连接小球的模型
（2）都考查了应用牛顿第二定律求解瞬时加速度问题
（3）高考题的命题情境是教材母题的拓展和提升
（2026·贵州黔南模拟）如图，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与物块A相连，A的右端通过轻质细线连接物块B，B再与物块C通过轻质细线跨接在定滑轮两端。已知A、B、C质量相等，A、B间以及B与滑轮间的细线保持水平，不计所有摩擦，弹簧处于弹性限度内，初始时，A、B、C均处于静止状态。现将A、B间细线剪断，设剪断瞬间A、B的加速度大小分别为aA、aB，则（　　）
A.aA＝aB B.aA＝aB C.aA＝2aB D.aA＝3aB
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
求解瞬时加速度问题的一般思路
〔多选〕（2026·陕西西安期末）休息时间小帅和小美一起用实验室的物块和弹簧搭积木，搭出了如图所示两组模型，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4，重力加速度大小为g，则有（　　）
A.a1＝g，a2＝g B.a1＝g，a2＝0 C.a3＝0，a4＝g D.a3＝g，a4＝0
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　（2026·山西太原期末）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下保持静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ＝37°。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），若从M点剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为a1，若从N点剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则（　　）
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
考点二　动力学的两类问题
要点深化
1.基本思路
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；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
（2026·广东惠州期末）如图所示为某滑雪爱好者参与高山滑雪时的情境，某时刻滑雪者收起雪杖，从静止开始沿着倾角θ＝30°的平直山坡做匀加速直线运动，经过时间t后到达坡底。已知滑板与山坡间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度大小为g，则关于滑雪者在该运动过程中的说法正确的是（　　）
A.加速度大小为g
B.到坡底的速度大小为gt
C.运动的平均速度大小为gt
D.运动的位移大小为gt2
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
★（2026·云南昆明月考）风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，现在风洞也从实验室走向了大众游乐，如图甲所示。某研究小组设计了一个总高度H0＝30 m的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设备分成一个高度为H1＝20 m的无风区和一个受风区，某物体质量m＝10 kg，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区受到空气对它竖直向上的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g取10 m/s2。求实验中：
（1）物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
（2）若物体第一次运动到风洞底端时风力突变为原来的0.8倍，则物体在无风区上升的最大高度。
尝试解答
解决动力学问题的基本步骤
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〕（2026·河南济源月考）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，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　）
A.t1＝t2 B.t1＝t3
C.t1＜t2 D.t2＜t3
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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，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
考点三　超重与失重现象
知识速记
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　　　　（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
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重　　　　实重 视重　　　　实重 视重等于　　　　　
产生 条件 物体加速度的方向　　　 物体加速度的方向　　　 物体竖直向下的加速度等于　　　
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－F＝ma F＝　　　 mg－F＝mg F＝　　　
　〔人教版必修第一册P110“思考与讨论”情境〕人站在力传感器上沿竖直方向完成“下蹲”、“站起”动作，图甲呈现的是人下蹲过程中力传感器的示数随时间变化的情况，图乙呈现的是人站在力传感器上先“下蹲”后“站起”过程中力传感器的示数随时间的变化情况。根据情境判断下列关于人在“下蹲”与“站起”的过程中说法的正误
（1）“下蹲”的过程一直处于失重状态。（　　）
（2）“站起”的过程一直处于超重状态。（　　）
（3）“站起”的过程先超重后失重。（　　）
（4）乙图中5 s时，人的加速度方向竖直向上。（　　）
训练落实
1.（2026·吉林长春模拟）如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照片，由照片可知（　　）
A.小球正在上升
B.小球正在做加速运动
C.小球处于失重状态
D.小球加速度逐渐增大
2.（2026·江苏盐城联考）某同学打开手机的某款传感器APP，手握手机迅速下蹲，手机记录的图像如图所示，a、b分别为图像的峰值，下列说法正确的是（　　）
A.该款APP为位移传感器APP
B.该款APP为速度传感器APP
C.峰值a对应时刻，人对地面的压力最大
D.峰值b对应时刻，人对地面的压力最大
3.★〔多选〕（2026·江西南昌期末）图中是一种巨型娱乐器械，可以使人体验超重和失重状态，一个可乘坐二十多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上离地面75 m的高处，t＝0时刻，无初速度释放座舱让其自由下落（不计空气阻力，g取10 m/s2），t＝3 s时启动制动系统，使座舱做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为0。则对于座舱中一质量为50 kg的人，下列说法正确的是（　　）
A.座舱离地50 m时，座舱对人的支持力为0
B.座舱离地50 m时，座舱对人的支持力为500 N
C.座舱离地15 m时，座舱对人的支持力为750 N
D.座舱离地15 m时，座舱对人的支持力为1 250 N
对超重和失重问题的三点提醒 （1）发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。 （2）并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 （3）发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
第8讲　牛顿第二定律的应用
考点一
要点深化
教材母题
　A　设两个小球质量均为m，轻绳剪断前，弹簧的弹力F＝mg，轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A有mg＋F＝maA，解得aA＝2g，对B有mg－F＝maB，解得aB＝0，故选A。
链接高考
　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。
【例1】　C　将A、B间细线剪断前，对B分析可知，A、B间绳子拉力为T＝mg，对A分析可知弹簧弹力F＝T＝mg，剪断后，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律有F＝maA，对B、C整体分析可知mg＝2maB，联立解得aA＝2aB，故C正确。
【例2】　AC　将两木板沿水平方向突然抽出后的瞬间，由于物块1、2间用刚性轻质杆连接，则对物块1、2和刚性轻质杆组成的整体，由牛顿第二定律得a＝＝g，即a1＝a2＝g，由于物块3、4间的轻质弹簧形变不能发生突变，则弹簧对物块3向上的弹力和对物块4向下的弹力仍为mg，所以对物块3和物块4分别满足a3＝＝0，a4＝＝g，故A、C正确。
强化训练
　B　以小球为研究对象，由平衡条件得tan θ＝，解得F绳＝mgtan θ，若从M点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧弹力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为a1＝g。若从N点剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来轻绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma2，解得a2＝gtan θ，代入数据解得＝，B正确。
考点二
要点深化
【例3】　D　根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝g，则滑雪者到达坡底的速度大小为v＝at＝gt，滑雪者运动的平均速度大小为＝＝gt，滑雪者运动的位移大小为x＝at2＝gt2，故D正确。
【例4】　（1）300 N　（2）14 m
解析：（1）物体进入受风区前做自由落体运动，
有＝2gH1
解得v1＝＝20 m/s
物体进入受风区后向下做匀减速直线运动，
则有F－mg＝ma1，＝2a1（H0－H1）
联立求解得物体在受风区受到的恒定作用力为
F＝3mg＝300 N。
（2）物体在受风区向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得0.8F－mg＝ma2，设进入边界的速度为v2，有＝2a2
进入无风区后做竖直上抛运动，＝2gh
联立解得第一次在无风区上升的最大距离为h＝14 m。
拓展空间
【典例】　BC　设Ob与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得Oa与竖直方向的夹角为，设da与竖直方向的夹角为α，环沿Oa下滑时的加速度大小为a1＝＝gcos，沿Ob下滑时的加速度大小为a2＝＝gcos θ，沿da下滑时的加速度大小为a3＝＝gcos α，设Ob长为L，由几何关系得Oa长为Lcos ，da长为Lcos α，根据运动学公式有Lcos ＝a1，L＝a2，Lcos α＝a3，得t1＝，t2＝，t3＝，可得t1＝t3＜t2，故B、C正确。
强化训练
　B　由于∠BAC＝θ，结合题图，则可以判断AB沿竖直方向，以AB为直径做圆，则必过C点，而D点落在圆周外，如图，由等时圆的知识可知tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。
考点三
知识速记
1.（1）无关　2.大于　小于　0　向上　向下　g　mg＋ma　mg－ma　0
教材情境辨析
　（1）×　（2）×　（3）√　（4）√
训练落实
1.C　无论小球是向上还是向下运动，只要加速度方向向下，就可以拍出如图所示照片，小球可能加速向下运动，也可能减速向上运动，故小球处于失重状态，无法确定小球的运动方向，加速度大小可能不变，故C正确，A、B、D错误。
2.C　手握手机迅速下蹲，则物体的位移一直增大，速度先增大后减小，结合力与运动的关系可知，该款APP为加速度传感器APP，故A、B错误；峰值a对应的时刻，物体的加速度向上且达到最大，所以此时人对地面的压力最大，峰值b对应的时刻，物体的加速度向下且达到最大，所以此时人对地面的压力最小，故C正确，D错误。
3.AD　由题意可知，在0～3 s内座舱做自由落体运动，下落高度h1＝gt2＝×10×32 m＝45 m，此时座舱离地高度为h2＝h－h1＝75 m－45 m＝30 m，可知座舱离地50 m时，座舱和人处于自由落体运动阶段，加速度为重力加速度，人处于完全失重状态，座舱对人的支持力为0，故A正确，B错误；t＝3 s时，速度大小为v＝gt＝30 m/s，之后做匀减速直线运动，根据运动学公式可得－2ah2＝0－v2，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝15 m/s2，方向竖直向上；座舱离地15 m时，处于匀减速运动阶段，以人为研究对象，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，解得座舱对人的支持力为N＝mg＋ma＝50×10 N＋50×15 N＝1 250 N，故C错误，D正确。
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第8讲　牛顿第二定律的应用
目标要求
1. 会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2. 掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3. 知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
目 录
CONTENTS
考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
考点二　动力学的两类问题
考点三　超重与失重现象
课时跟踪检测
考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题
要点深化
两类模型
教材母题
　〔人教版必修第一册P114B组T1改编〕如图所示，质量相同的A、B两个
小球用轻弹簧相连，A的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪
断轻绳，则轻绳被剪断瞬间（已知重力加速度为g）（　　）
A. B的加速度为0
B. A的加速度为0
C. A、B的加速度都为g
D. A、B的加速度都为2g
√
解析： 　设两个小球质量均为m，轻绳剪断前，弹簧的弹力F＝mg，轻绳
被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A有mg＋F＝maA，解得aA＝2g，对B有mg
－F＝maB，解得aB＝0，故选A。
链接高考
　（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。
链接分析
（1）教材母题和2024湖南高考3题：都是钢性绳和轻弹簧连接小球
的模型
（2）都考查了应用牛顿第二定律求解瞬时加速度问题
（3）高考题的命题情境是教材母题的拓展和提升
（2026·贵州黔南模拟）如图，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端
与物块A相连，A的右端通过轻质细线连接物块B，B再与物块C通过轻质细
线跨接在定滑轮两端。已知A、B、C质量相等，A、B间以及B与滑轮间的
细线保持水平，不计所有摩擦，弹簧处于弹性限度内，初始时，A、B、C
均处于静止状态。现将A、B间细线剪断，设剪断瞬间A、B的加速度大小分
别为aA、aB，则（　C　）
C
A. aA＝aB B. aA＝aB
C. aA＝2aB D. aA＝3aB
解析：将A、B间细线剪断前，对B分析可知，A、B间绳子拉力为T＝mg，
对A分析可知弹簧弹力F＝T＝mg，剪断后，弹簧弹力不变，对A根据牛顿
第二定律有F＝maA，对B、C整体分析可知mg＝2maB，联立解得aA＝2aB，
故C正确。
求解瞬时加速度问题的一般思路
〔多选〕（2026·陕西西安期末）休息时间小帅和小美一起用实验室的
物块和弹簧搭积木，搭出了如图所示两组模型，物块1、2间用刚性轻质杆
连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，2、4质量均为
m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木
板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小
分别为a1、a2、a3、a4，重力加速度大小为g，则有（　AC　）
AC
A. a1＝g，a2＝g B. a1＝g，a2＝0
C. a3＝0，a4＝g D. a3＝g，a4＝0
解析：将两木板沿水平方向突然抽出后的瞬间，由于物块1、2间用刚性轻
质杆连接，则对物块1、2和刚性轻质杆组成的整体，由牛顿第二定律得a
＝＝g，即a1＝a2＝g，由于物块3、4间的轻质弹簧形变不能发
生突变，则弹簧对物块3向上的弹力和对物块4向下的弹力仍为mg，所以对
物块3和物块4分别满足a3＝＝0，a4＝＝g，
故A、C正确。
　（2026·山西太原期末）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用
下保持静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ＝37°。（sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8），若从M点剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为a1，若从N
点剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则（　　）
A. ＝ B. ＝
C. ＝ D. ＝
√
解析： 　以小球为研究对象，由平衡条件得tan θ＝，解得F绳＝mgtan
θ，若从M点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧弹力消失，所受的轻绳拉力突
变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为a1＝g。若从N
点剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹
力的合力，与原来轻绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得
mgtan θ＝ma2，解得a2＝gtan θ，代入数据解得＝，B正确。
考点二　动力学的两类问题
要点深化
1. 基本思路
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；速度是各物理过程间
相互联系的桥梁。
（2026·广东惠州期末）如图所示为某滑雪爱好者参与高山滑雪时的情
境，某时刻滑雪者收起雪杖，从静止开始沿着倾角θ＝30°的平直山坡做
匀加速直线运动，经过时间t后到达坡底。已知滑板与山坡间的动摩擦因数
为μ＝，重力加速度大小为g，则关于滑雪者在该运动过程中的说法正确
的是（　D　）
D
A. 加速度大小为g
B. 到坡底的速度大小为gt
C. 运动的平均速度大小为gt
D. 运动的位移大小为gt2
解析：根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为
a＝g，则滑雪者到达坡底的速度大小为v＝at＝gt，滑雪者运动的平均速
度大小为＝＝gt，滑雪者运动的位移大小为x＝at2＝gt2，故D正确。
★（2026·云南昆明月考）风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的
工具，现在风洞也从实验室走向了大众游乐，如图甲所示。某研究小组设
计了一个总高度H0＝30 m的低速风洞游乐设备，等效模型如图乙所示，设
备分成一个高度为H1＝20 m的无风区和一个受风区，某物体质量m＝10
kg，在无风区中受到空气的阻力可忽略，在受风区受到空气对它竖直向上
的恒力作用。某次实验时该物体（可视作质点）从风洞顶端由静止释放，
且运动到风洞底端时速度恰好为0，重力加速度g取10 m/s2。求实验中：
（1）物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
答案： 300 N　
解析： 物体进入受风区前做自由落体运动，
有＝2gH1
解得v1＝＝20 m/s
物体进入受风区后向下做匀减速直线运动，
则有F－mg＝ma1，＝2a1（H0－H1）
联立求解得物体在受风区受到的恒定作用力为F＝3mg＝300 N。
解析：物体在受风区向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得0.8F－mg
＝ma2，设进入边界的速度为v2，有＝2a2
进入无风区后做竖直上抛运动，＝2gh
联立解得第一次在无风区上升的最大距离为h＝14 m。
（2）若物体第一次运动到风洞底端时风力突变为原来的0.8倍，则物体在
无风区上升的最大高度。
答案： 14 m
解决动力学问题的基本步骤
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〕（2026·河南济源月考）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，两个滑环从O点
无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿
Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　BC　）
BC
A. t1＝t2 B. t1＝t3
C. t1＜t2 D. t2＜t3
解析：设Ob与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得Oa与竖直方向的夹角为
，设da与竖直方向的夹角为α，环沿Oa下滑时的加速度大小为a1＝
＝gcos，沿Ob下滑时的加速度大小为a2＝＝gcos θ，沿da下滑时的
加速度大小为a3＝＝gcos α，设Ob长为L，由几何关系得Oa长为Lcos
，da长为Lcos α，根据运动学公式有Lcos ＝a1，L＝a2，Lcos α＝
a3，得t1＝，t2＝，t3＝，可得t1＝t3＜t2，故B、C正确。
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，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，结合题图，则可以判断AB沿竖直方向，以AB为直径做圆，则必过C点，而D点落在圆周外，如图，由等时圆的知识可知tB＝tC＝tE＜tD，故B正确。
考点三　超重与失重现象
知识速记
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 （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
名称 超重 失重 完全失重
现象 视重 实重 视重 实重 视重等于
产生 条件 物体加速度的方
向 物体加速度的方
向 物体竖直向下的加速度
等于
无关　
大于　
小于　
0　
向上　
向下　
g　
名称 超重 失重 完全失重
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－F＝ma F＝ mg－F＝mg
F＝
mg＋ma　
mg－ma　
0　
　〔人教版必修第一册P110“思考与讨论”情境〕人站在力传感器上沿竖
直方向完成“下蹲”、“站起”动作，图甲呈现的是人下蹲过程中力传感
器的示数随时间变化的情况，图乙呈现的是人站在力传感器上先“下蹲”
后“站起”过程中力传感器的示数随时间的变化情况。根据情境判断下列
关于人在“下蹲”与“站起”的过程中说法的正误
（1）“下蹲”的过程一直处于失重状态。 （　×　）
（2）“站起”的过程一直处于超重状态。 （　×　）
（3）“站起”的过程先超重后失重。 （　√　）
（4）乙图中5 s时，人的加速度方向竖直向上。 （　√　）
×
×
√
√
训练落实
1. （2026·吉林长春模拟）如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照
片，由照片可知（　　）
A. 小球正在上升
B. 小球正在做加速运动
C. 小球处于失重状态
D. 小球加速度逐渐增大
√
解析： 　无论小球是向上还是向下运动，只要加速度方向向下，就可以
拍出如图所示照片，小球可能加速向下运动，也可能减速向上运动，故小
球处于失重状态，无法确定小球的运动方向，加速度大小可能不变，故C
正确，A、B、D错误。
2. （2026·江苏盐城联考）某同学打开手机的某款传感器APP，手握手机迅
速下蹲，手机记录的图像如图所示，a、b分别为图像的峰值，下列说法正
确的是（　　）
A. 该款APP为位移传感器APP
B. 该款APP为速度传感器APP
C. 峰值a对应时刻，人对地面的压力最大
D. 峰值b对应时刻，人对地面的压力最大
√
解析： 　手握手机迅速下蹲，则物体的位移一直增大，速度先增大后减
小，结合力与运动的关系可知，该款APP为加速度传感器APP，故A、B错
误；峰值a对应的时刻，物体的加速度向上且达到最大，所以此时人对地
面的压力最大，峰值b对应的时刻，物体的加速度向下且达到最大，所以
此时人对地面的压力最小，故C正确，D错误。
3. ★〔多选〕（2026·江西南昌期末）图中是一种巨型娱乐器械，可以使人
体验超重和失重状态，一个可乘坐二十多人的环形座舱套装在竖直柱子
上，由升降机送上离地面75 m的高处，t＝0时刻，无初速度释放座舱让其
自由下落（不计空气阻力，g取10 m/s2），t＝3 s时启动制动系统，使座舱
做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为0。则对于座舱中一质量为50
kg的人，下列说法正确的是（　　）
A. 座舱离地50 m时，座舱对人的支持力为0
B. 座舱离地50 m时，座舱对人的支持力为500 N
C. 座舱离地15 m时，座舱对人的支持力为750 N
D. 座舱离地15 m时，座舱对人的支持力为1 250 N
√
√
解析： 　由题意可知，在0～3 s内座舱做自由落体运动，下落高度h1＝
g＝×10×32 m＝45 m，此时座舱离地高度为h2＝h－h1＝75 m－45 m
＝30 m，可知座舱离地50 m时，座舱和人处于自由落体运动阶段，加速度
为重力加速度，人处于完全失重状态，座舱对人的支持力为0，故A正确，
B错误；t＝3 s时，速度大小为v＝gt1＝30 m/s，之后做匀减速直线运动，根
据运动学公式可得－2ah2＝0－v2，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝
15 m/s2，方向竖直向上；座舱离地15 m时，处于匀减速运动阶段，以人为
研究对象，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，解得座舱对人的支持力为
N＝mg＋ma＝50×10 N＋50×15 N＝1 250 N，故C错误，D正确。
对超重和失重问题的三点提醒
（1）发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的
方向。
（2）并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加
速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有
竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
（3）发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只
是物体的视重。
课时跟踪检测
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1. （2026·山西大同模拟）快递员手拿快递乘电梯送货上楼，快递员进入
电梯后，电梯向上运行的v-t图像如图所示，则在乘坐电梯过程中，快递员
感觉货物“最轻”的时间段是（　　）
A. 0～t1 B. t3～t4
C. t2～t3 D. t1～t2
√
解析： 　感觉“最轻”是指货物对手的压力最小时，由牛顿第二定律可
知，当电梯向上减速时，加速度向下，货物失重，此时货物对手的压力最
小，由图可知为t3～t4阶段，故B正确。
2. （2026·湖北武汉联考）《考工记》中记载：“马力既竭，辀犹能一取
焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动一段距离。若马
拉着车以速度v0在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重力的k
倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后，车运动的位移大小为
（　　）
A. B. C. D.
√
解析： 　根据牛顿第二定律有a＝＝kg，根据运动学公式有2ax＝，
联立解得x＝＝，故B正确。
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3. （2026·广东潮州期末）如图所示为商场中常见的两种电梯，甲是扶
梯，乙是直梯。某乘客分别乘坐不同的电梯上楼（乘客相对电梯静止），
则当电梯都加速上升时（加速度方向如图所示），下列说法正确的是
（　　）
A. 甲电梯上的乘客处于超重状态
B. 乙电梯中的乘客处于失重状态
C. 甲电梯上的乘客受到的支持力与重力平衡
D. 甲、乙电梯中的乘客都受到重力、支持力和摩擦
力的作用
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解析： 　将甲电梯上的乘客的加速度沿水平方向和竖直方向分解，得到
竖直向上的分加速度和水平向左的分加速度，故乘客处于超重状态，所受
支持力大于重力，受到重力、支持力和摩擦力的作用；乙电梯中的乘客加
速度竖直向上，处于超重状态，只受到重力、支持力的作用。故A正确。
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4. 〔多选〕（2026·浙江杭州期末）如图所示，两个质量均为m的金属小球
拴在轻质橡皮绳的两端，橡皮绳的中点固定在质量也为m的塑料杯底部的
正中间，小球放在塑料杯口边上。现让塑料杯从一定高度自由下落，不计
一切阻力，已知重力加速度为g，则释放的瞬间（　　）
A. 小球的加速度等于0
B. 小球和塑料杯的加速度均为g
C. 塑料杯的加速度为3g
D. 两橡皮绳对塑料杯的作用力大小等于2mg
√
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解析： 　释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，单根橡皮绳
弹力等于小球的重力，即T＝mg，则球的加速度等于0；对塑料杯分析mg
＋2T＝ma，解得a＝3g，故A、C正确，B错误；开始静止时橡皮绳对塑料
杯的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮绳的形变还没有来得及变化，橡皮
绳对塑料杯的作用力仍为2mg，故D正确。
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5. ★（2026·安徽省合肥市期末）2025年4月30日13时08分，神舟十九号载
人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面高度为2 m时，
返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推发动机同时点火工作，
返回舱触地前的瞬间速度降至零，从而实现软着陆。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4×103 kg，重力加速度g取10 m/s2，则平均每台反推发
动机提供的推力大小为（　　）
A. 6.6×104 N B. 1.04×105 N
C. 2.6×104 N D. 3.65×105 N
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解析： 　当返回舱距离地面高度为2 m时，返回舱的速度为8 m/s，返回舱
触地前的瞬间速度降至零，根据速度与位移的关系，有＝2ah，解得a
＝＝ m/s2＝16 m/s2，对返回舱，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma，解
得F＝＝ N＝2.6×104 N，故C正确。
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6. （2026·辽宁沈阳模拟预测）如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天花
板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角
为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小球
A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球
A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为（　　）
A. 16∶15 B. 15∶16
C. 3∶4 D. 4∶3
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解析： 　剪断A、B之间的细线，小球A在A、C间细线的拉力及重力作用
下向下摆动，加速度大小为aA＝gcos 37°＝，剪断细线前，对小球B，
由平衡条件有kxsin 53°＝mg、kxcos 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬
间，弹簧弹力大小不变，小球B向右加速运动，加速度大小为aB＝
＝＝，所以剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大
小之比aA∶aB＝g∶g＝16∶15，故选A。
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7. （2026·河南豫南模拟）如图所示，若滑雪运动员以v＝4 m/s的初速度沿
倾角为θ＝37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑，在3 s的时间内下滑
的路程为30 m，已知滑板和运动员的总质量为m＝50 kg，g取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（　　）
A. 运动员下滑的加速度大小为4 m/s2
B. 运动员5 s末的速度大小为20 m/s
C. 运动员受到的阻力大小为60 N
D. 运动员受到斜轨道支持力的大小为600 N
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解析： 　运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动
规律有x＝vt＋at2，解得a＝4 m/s2，故A正确；5 s末的速度v5＝v＋at5＝24
m/s，故B错误；运动员在下滑过程中，受到重力mg、轨道的支持力FN以及
阻力Ff的共同作用。以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律，在沿斜轨
道向下方向上有mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝100 N，故C错误；在垂直于斜
轨道方向上有FN－mgcos θ＝0，解得FN＝400 N，故D错误。
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8. 〔多选〕如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面
从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环
的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重
力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A. t1＞t2 B. t3＝t4 C. t2＜t4 D. t1＝t4
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解析： 　1号小球的加速度为a1＝gsin 60°＝g，位移为x1＝2r·sin 60°
＝r，运动时间为t1＝＝2；由等时圆规律可知，2号小球运动的时
间为t2＝＝2；3号小球的加速度为a3＝gsin 60°＝g，位移为x3＝
＝2r，运动时间为t3＝＝；4号小球的加速度为a4＝gsin
30°＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝＝，则t1＝t2＜
t3＝t4，故B、C正确。
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9. 〔多选〕（2026·安徽亳州期末）如图所示，正六边形稳固支架竖直放
置且固定在水平地面上，中心点为O，C、D为支架的两个顶点，通过轻绳
CA、BD分别固定两个质量均为m的相同小球A、B，两小球通过轻质弹
簧相连，整个装置处于静止状态，且CAO、OBD共线。已知重力加速度为
g，下列说法正确的是（　　）
A. 轻绳CA的弹力为4mg
B. 轻绳BD的弹力为mg
C. 剪断轻绳CA瞬间，小球A加速度大小为g
D. 剪断轻绳CA瞬间，小球B加速度大小为g
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解析： 对小球A、B、弹簧整体进行受力分析，其受力
示意图如图所示。竖直方向上有FCAsin 60°＝2mg，水平
方向上有FCAcos 60°＝FBD，解得FCA＝4mg，FBD＝2mg，A
正确，B错误；剪断轻绳CA瞬间，由于弹簧弹力不变，所以
小球A受到的合外力大小为FCA＝4mg，根据牛顿第二定律得FCA＝maA，解得aA＝＝g，C正确；剪断轻绳CA瞬间，小球B受力不变，加速度为0，D错误。
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10. （2026·湖北孝感模拟）如图所示，一质量为M、倾角为θ＝37°的斜劈
静止在粗糙的水平地面上，斜劈由粗糙程度不同的两种材料拼接而成，AB
段的动摩擦因数为0.8，BC段的动摩擦因数为0.75。质量为m的滑块以一
定的初速度从斜劈上滑下，已知滑块从A滑到C的过程中，斜劈M始终静
止。下列说法正确的是（　　）
A. 滑块从A运动到B的过程，斜劈和滑块组成的系统处于失
重状态
B. 滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
C. 滑块从A运动到B的过程，斜劈受到地面的支持力小于（m＋M）g
D. 滑块从B运动到C的过程，斜劈受到地面的摩擦力水平向左
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解析： 　对于滑块从A到B，由牛顿第二定律有μ1mgcos θ－mgsin θ＝
ma1，a1沿斜面向上，可知滑块和斜劈处于超重状态，故A错误；对整体分
析，水平方向，由牛顿第二定律有Ff＝ma1cos θ，方向水平向左，故B正
确；因为系统处于超重状态，可知FN＞（m＋M）g，故C错误；滑块从B运
动到C过程中，因μ2＝tan θ，可知a2＝0，地面给斜劈的摩擦力为零，故D
错误，B正确。
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11. ★（2026·浙江钱塘期中）如图所示，工作人员在供包台将包裹放在机
器人的水平托盘上，包裹将自动送至方形分拣口，停止运动后缓慢翻起托
盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动，抵达
分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘倾角缓慢增大，直至包裹下滑，包
裹与托盘接触面间动摩擦因数为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，
重力加速度g大小取10 m/s2。现把质量m＝1 kg的包裹从供包台沿直线运动
至相距L＝6 m的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静
止。运行最大速度v＝4 m/s，机器人运送包裹途中，看作质点。求：
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（1）在机器人到达分拣口处，要使包裹能够下滑，托盘的最小倾角θ应该
是多少；
答案： 30°　
解析： 托盘倾斜，包裹刚要下滑时满足
mgsin θ＝μmgcos θ
解得tan θ＝，所以托盘的最小倾角θ＝30°。
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（2）机器人制动时的最大加速度及此时托盘对包裹的作用力F的大小；
答案： m/s2　 N　
解析：机器人制动时由静摩擦力提供动力，当静摩擦力达到最大时，包裹
的加速度最大μmg＝ma
解得a＝g＝ m/s2
此时托盘给包裹提供2个力，一是支持力，二是最大静摩擦力，
所以F＝＝，解得F＝ N。
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（3）求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t。
答案： 1.9 s
解析：匀加速直线运动的最短时间
t1＝＝＝0.4 s
匀加速直线运动位移x1＝，解得x1＝0.8 m
匀加速直线运动与匀减速直线运动时间、位移相等，所以匀速直线运动的
位移x2＝L－2x1
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解得x2＝4.4 m
所以匀速直线运动时间t2＝＝s＝1.1 s
解得t＝2t1＋t2＝1.9 s。
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THANKS
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