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第8讲 牛顿第二定律的基本应用
必备知识自查
核心考点探究
素养提升
备用习题
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一、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况.
第二类：已知运动情况求物体的受力情况.
2.解决两类基本问题的方法
以________为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻
辑关系如图：
加速度
二、超重和失重
1.超重
(1) 定义: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.
大于
(2)产生条件: .
(3) 常见情景：竖直方向____________.
加速度向上
2.失重
(1) 定义: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.
小于
(2)产生条件: .
(3) 常见情景：竖直方向____________.
加速度向下
3.完全失重
(1) 定义:物体对支持物(或悬挂物)________________的现象称为完全失重现象.
完全没有作用力
(2)产生条件: .
(3) 常见情景：地面附近竖直方向加速度向下， ___；卫星在太空轨道
上绕地球运动或其他天体做匀速圆周运行时.
【辨别明理】
1.系统的内力不会影响系统整体的运动效果.( )
√
2.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.( )
×
3.质量为的物体处于超重状态时，物体的重力大于 .( )
×
4.物体处于完全失重状态时其重力消失.( )
×
5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于其重力.( )
×
考点一 瞬时类问题
1.瞬时性问题本源
加速度与合力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失.
从研究连接物体的模型角度可以分为以下两种情况.
(1)轻绳、轻杆(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，在瞬时
性问题中，其弹力立即消失或改变，恢复形变不需要时间，弹力可以突变.
(2)轻弹簧、橡皮绳：发生明显形变产生弹力的物体，需要较长的形变恢
复时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变，弹力不
可突变.
2.解题思路
(1)选取研究对象(一个物体或几个物体组成的系统).
(2)先分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面之前物体的受力情况,由平衡条件求
相关力.
(3)再分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面瞬间物体的受力情况,由牛顿第二定
律列方程求瞬时加速度.
例1 (多选)[2025·甘肃卷] 如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂
质量为的小球，质量为的小球与 用细线相连，整个系
统处于静止状态.弹簧劲度系数为，重力加速度为 .现剪断细线，
下列说法正确的是( )
A.小球 运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为
C.小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D.小球运动到最低点时，弹簧的伸长量为
√
√
[解析] 剪断细线后，弹簧弹力大于的重力，则 先向上做加速运动，随
弹簧弹力的减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹
力大小等于重力大小，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细
线之前有，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对 由牛
顿第二定律有，解得的加速度 ，选项B
正确；
剪断细线之前弹簧伸长量，剪断细线后 做简谐运动，在平衡位
置时弹簧伸长量，即振幅为 ，由对称
性可知小球运动到最高点时，弹簧伸长量为 ，选项C正确；
由上述分析可知，小球运动到最低点时，弹簧伸长量为 ，
选项D错误.
变式1 (多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且
均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为 ,重力加速度大小
为 .如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间( )
A.图甲中小球的加速度大小为 ，方向垂直倾斜细线向下
B.图乙中小球的加速度大小为 ，方向水平向左
C.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为
D.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为
√
√
[解析] 设两球质量均为，对小球 进行受力分析，如图甲所示，剪断水
平细线后，小球将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球 的加速度
的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则有
、，所以 ，方向垂直倾
斜细线向下，故A正确；
对小球进行受力分析，如图乙所示，水平细线剪断瞬间，小球 所受重
力和弹簧弹力不变，小球的加速度 的方向水平向右，则有
、，所以 ，故B错误；图甲中
倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为 ，故D正确，C错误.
考点二 动力学中的两类基本问题
考向一 已知受力求运动
例2 [2025·广东佛山模拟] 避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故
的重要措施，由制动坡床和防撞措施等组成.如图所示竖直平面内，制动
坡床是与水平面夹角为 的斜面，坡床表面的动摩擦因数为 ，在一
次比赛中，一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向
冲上避险车道，，
取 ，已知摩托车冲过终点时的速度为
.
(1) 求摩托车冲上坡床时的加速度大小和方向；
[答案] ，方向沿斜面向下
[解析] 根据牛顿第二定律可知，摩托车冲上坡床时的加速度大小为
，方向沿斜面向下
例2 [2025·广东佛山模拟] 避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故
的重要措施，由制动坡床和防撞措施等组成.如图所示竖直平面内，制动
坡床是与水平面夹角为 的斜面，坡床表面的动摩擦因数为 ，在一
次比赛中，一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道.
，，取 ，已知摩托车冲过终点时的速
(2) 求摩托车冲上坡床的长度.
[答案]
度为 .
[解析] 由公式 得
摩托车冲上坡床的长度
例2 [2025·广东佛山模拟] 避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故
的重要措施，由制动坡床和防撞措施等组成.如图所示竖直平面内，制动
坡床是与水平面夹角为 的斜面，坡床表面的动摩擦因数为 ，在一
次比赛中，一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道
，，取 ，已知摩托车冲过终点时的速
(3) 判断摩托车能否在最高点静止？若不能，则
返回终点的时间为多少？
度为 .
[答案] 不能
[解析] 由于 ，摩托车不能在最高点静止，它将
返回终点
由公式
代入数据，解得
又
解得
考向二 已知运动求受力
例3 [2025·河北衡水模拟] 如图甲所示，固定细杆与水平地面成 角，在
杆上套有一个小环(可视为质点)， 时刻，小环从杆的顶端自由滑下，
时，对小环施加沿杆向上的推力，小环在推力 的作用下继续向
下运动，推力大小与小环速度大小随时间 变化的规律如图乙所示.已知
，重力加速度取 .求：
(1) 小环与细杆间的动摩擦因数 ；
[答案]
[解析] 在时间内，由图像和 图像可知，小环的加速度
根据牛顿第二定律有
解得
(2) 小环的质量 ；
[答案]
[解析] 在时间内，由 图像可知，小环做匀速运动，根据力的
平衡有
解得
(3) 时间内，推力的大小.
[答案]
[解析] 在时间内，小环沿杆向上的加速度
根据牛顿第二定律有
解得
考点三 超重和失重问题
考向一 超重和失重的定性分析
例4 (多选)[2025·云南丽江模拟] 在升降电梯内的地板上放一体重计，电
梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为 ，电梯运动过程
中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列
说法中正确的是( )
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支
持力
C.电梯一定在竖直向下运动
D.电梯的加速度方向一定竖直向下
√
√
[解析] 体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是
所受重力变小，合力向下，加速度向下，A错误，D正确；晓敏对体重计
的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力，大小相等，B正确；
电梯做向上的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，C错误.
考向二 超重和失重图像问题
例5 [2025·北京卷] 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 的大小随速率增大而增大，
随时间 的变化情况如图所示(向上为正).下列说法正确的是( )
A.从到 ，实验舱处于电磁弹射过程
B.从到 ，实验舱加速度减小
C.从到 ，实验舱内物体处于失重状态
D. 时刻，实验舱达到最高点
√
[解析] 时间内， 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竖直向上做减速运动,故A错
误；时间内， 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，即 ，故加速度在减小，故
B正确；时间内， 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，加速度方
向先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据
前面分析可知 时刻速度方向改变，从向上变成向
下运动，故 时刻到达最高点，故D错误.
变式2 (多选)物理探究小组同学用手机中安装的加速度传感器测量一架电
梯运行过程中的加速度，他们利用电脑分析软件得到了一段时间内加速度
与时间的关系图像如图所示.规定竖直向上的方向为正方向，已知从
时刻开始的一段时间内电梯处于静止状态，重力加速度取 .下列
说法正确的是( )
A.时电梯处于超重状态， 时电梯处于失重状态
B.在 时间内，电梯一直处于失重状态
C.在 时间内，电梯保持静止状态
D.在 时，电梯的速度方向向上
√
√
[解析] 由图像可知，电梯由静止开始， 内向上加速运动，处于超重
状态；时间内向上匀速运动； 时间内加速度方向向下，
电梯向上做减速运动，处于失重状态，故A、C错误，B、D正确.
例6 [2025·山西大同三模] 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 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. B. C. D.
[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 阶段，故选B.
√
[技法点拨]
对超重、失重的进一步理解
(1)超重并不是说重力增加了,失重并不是说重力减少了,完全失重也不是说
重力完全消失了.在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只
是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化.
(2)在完全失重的状态下,平常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、液体柱不再产生向下的压强等.
素养提升 等时圆问题
1.模型分析
如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止
滑到底端，可知加速度 ，位移 ，由匀变速直线运
动规律有，得下滑时间 ，即沿竖直直径自由下落的时间.
图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论.
2.结论
模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环
的最低点所用的时间相等，如图甲所示；
模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到
下端所用的时间相等，如图乙所示；
模型3：竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点从上
环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等，如图
丙所示.
例7 如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部
相切于点， 点恰好是下半圆的圆心.有三条光滑轨道
、、 ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，
三轨道都经过切点 ，轨道与竖直线的夹角关系为
.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑
至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间
关系为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 研究物块沿其中一条轨道的运动情况，以轨道为例，对 段，
加速度 ，由运动学公式可知
，可得时间与夹角 无关，
则沿、和运动的时间相等；对 段，由运
动学公式可知 ，可
得夹角 越大，则越长，所以 ，选
项A正确.
例8 如图所示，、、 是竖直面内三根固定的光
滑细杆，、、、位于同一圆周上，点 为圆周的最
高点， 点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环
(图中未画出)，三个滑环分别从 处释放(初速度为0)，
用、、依次表示各滑环到达、、 所用的时间，
则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以点为最高点，取合适的竖直直径 作圆，如图中虚线所示，虚
线圆为等时圆，即从到、、是等时的，比较图示位移可知 ，
，故 ，选项B正确.
变式3 [2025·安徽安庆二模] 如图所示，竖直平面内
三个圆的半径之比为，它们的最低点相切于
点，有三根光滑细杆、、 ，杆的最高点分别
处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于
圆的最低点 .现各有一小环分别套在细杆上，都从杆
的最高点由静止开始沿杆自由下滑至 点，空气阻力
A. B.
C. D.
不计，则小环在细杆、、 上运动的时间之比为( )
√
[解析] 根据等时圆模型，如图所示，只需要求出、、 的时间之
比，设最小圆的直径为 ，则
，故选A.
考点一 瞬时类问题
1.(多选)如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，
轻弹簧、细绳的另一端分别固定于、 两点.小球
静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为 .重力加速
度大小为 .下列说法正确的是( )
A.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度 ，方向竖直向上
B.仅剪断轻弹簧的瞬间，小球的加速度 ，方向水平向右
C.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度 ，方向水平向左
D.仅剪断轻弹簧的瞬间，小球的加速度 ，方向竖直向下
√
√
[解析] 设小球的质量为，小球静止时， ，仅剪断细绳的
瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受到的合力与 等大反向，即
,根据牛顿第二定律可得，解得 ，方向
水平向左，故C正确，A错误；若剪断轻弹簧，则绳子拉力会突变为零，
此时小球只受到重力的作用，根据牛顿第二定律可知，小球加速度 ，
方向竖直向下，故B错误，D正确.
2.(多选)如图所示，质量为 的小球被一根橡皮筋
和一根细绳 系住，当小球静止时，橡皮筋
沿水平方向，绳与竖直方向的夹角为 ，
重力加速度为 .下列说法中正确的是( )
A.在被突然剪断的瞬间， 对小球的拉力不变
B.在被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
C.在被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D.在被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
√
√
[解析] 设小球静止时绳的拉力为，橡皮筋的拉力为 ，由平衡条
件得，，解得， . 在 被
突然剪断的瞬间，上的拉力发生了突变，小球的加速度沿与 垂直
的方向斜向下，大小为 ，B正确，A错误; 在 被突
然剪断的瞬间，橡皮筋 的拉力不变，小球的
合力大小与 被剪断前的拉力大小相等，方向
沿斜向下，故加速度 ，C正确，
D错误.
3.如图所示，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,物块2、4质量均为 ，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、、、 ，重力加
速度大小为 ，则( )
A.
B.
C.，，
D.，，，
√
[解析] 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物
块1、2受到的合力均等于各自的重力，由牛顿第二定律得 ；
物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力
大小和对物块4向下的弹力大小仍为 ，因此物块3所受的合力
，则加速度 ；对物块4受力分析，受到向下的弹簧
弹力和重力，由牛顿第二定律得 ，故C正确.
4.如图所示，、两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中、 两
球用轻弹簧相连，图乙中、两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 与
斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为 ，则在突然撤去
挡板的瞬间( )
A.两图中两球的加速度均为
B.两图中 球的加速度均为0
C.图乙中轻杆的作用力一定不为0
D.图甲中球的加速度是图乙中 球的加速度的2倍
√
[解析] 撤去挡板前，对整体分析，挡板对球的弹力大小均为 ，
因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中
球所受合力为零，加速度为零，球所受合力为 ，加速度为
，图乙中杆的弹力突变为零，、球所受合力均为 ，加
速度均为 ，故D正确，A、B、C错误.
考点二 动力学中的两类基本问题
5.避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图，
竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面.一辆车厢长为 的载有货物的
货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 时，车尾位于制动坡床的底端，
货物(忽略大小)开始在车厢内从车尾向车头滑动.
已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间
的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受
到的坡床阻力大小为货车和货物总重的44100，
货物与货车可分别视为小滑块和平板，求：
取，取10
(1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
[答案] ，方向沿着坡床向下
[解析] 设货物的质量为 ，则其滑动时加速度的大小为
，方向沿着坡床向下
(2) 货物在车厢内滑动时货车的加速度大小；
[答案]
[解析] 设货车的质量为，则 ,货物在车厢内滑动时货车的加速度
大小为
(3) 在此过程中货物和货车的位移大小.
[答案]
[解析] 由于 ，所以货物最终会静止在车厢内，不会
在重力作用下沿车厢下滑,由于
则滑动的货物不会带动已经静止的车厢重新运动，所以在此过程中货车的
位移大小为
货物的位移大小为
6.我国“福建号”航空母舰已成功进行电磁弹射测试，小李同学将这个过程
简化成如图所示，为水平轨道，其中 段为有动力弹射段、长为
，段为无动力滑行段、足够长.将质量 的物块
(可视为质点)置于处，在第一次弹射模拟中，物块在 段的运动时间为
，在段的运动时间为 ；在第二次弹射模拟中，该同学在物块两
侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个配重块质量为 .
已知物块与水平轨道 间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的动力大小
相等且恒定不变，重力加速度取 .求：
(1) 段动力的大小；
[答案]
[解析] 第一次弹射模拟，段有
而
段有
由题意可得
解得
(2) 第二次弹射过程中，段和 段物块对每个配重块作用力的大小.
(结果可用根式表示)
[答案]
[解析] 根据上述分析，可求得
第二次弹射模拟， 段有
作用力
解得
段有
作用力
解得
考点三 超重和失重问题
7.“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于10月31日返回地面，图甲是返回
舱降落的场景，从引导伞、主伞依次打开到返回舱即将落地，返回舱的下
落简化 图如图乙所示.舱内航天员的超重感觉最明显的时段是( )
A.从到 B.从到 C.从到 D.从到
√
[解析] 图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知，到 时间
内向上的加速度最大，可知这个时段航天员超重感觉最明显，故B正确.
8.一质量为的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移与时间 的关系图像如图
所示.乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用 表示.重力加速度大
小为 .以下判断正确的是( )
A.时间内，增大，
B.时间内，减小，
C.时间内，增大，
D.时间内，减小，
√
[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度， 时间内乘客的速度增大，
乘客向下做加速运动，故加速度向下，乘客失重，得 ，选项A错
误； 时间内乘客的速度不变，乘客做匀速运动，说明乘客处于平衡
状态，得，选项B错误； 时间内乘客的速度减小，乘客向
下做减速运动，故加速度向上，乘客超重，得 ，选项C错误，D
正确.
9.某老师用图甲所示装置研究电梯的运动.安装拉力传感器的铁架台置于电
梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上.电梯运行时，电脑记
录了矿泉水瓶所受拉力随时间 的变化情况如图乙所示，下列说法正确的
是( )
A.阶段电梯处于失重状态， 阶段电梯处于超重状态
B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程
C.阶段的加速度大小约为 ，方向竖直向上
D.阶段的加速度大小约为 ，方向竖直向上
√
[解析] 阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态， 阶段拉力小于重力，
电梯处于失重状态,A错误；阶段加速度向上， 阶段加速度向下，电
梯先后经历了向上加速，向上匀速和向上减速的过程，B错误；由图可知
矿泉水瓶的重力，若重力加速度取 ，矿泉水瓶的质量
，阶段的加速度大小 ，
方向竖直向上，C正确； 阶段的加速度大小
，方向竖直向下，D错误.
素养提升 等时圆问题
10.(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中杆竖直放置，
杆与杆等长， 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小圆环
(图中未画出)，四个环分别从点由静止释放，沿、、、 滑到
斜面上所用的时间依次为、、、 .下列关系正确的是( )
A. B.
C. D.
√
√
√
[解析] 以为直径画圆，圆的半径为 ，由等时圆模型，对小圆环受力分
析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二
定律得小圆环做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为
为杆与竖直方向的夹角，由图知，小圆环的位移为 ,所以
，与 无关，可知从圆上最
高点沿任意一条弦滑到圆上所用时间相同，故沿 和
滑到斜面上的时间相同，即， 不是一条完
整的弦，时间最短，即， 长度超过一条弦，时
间最长，即 ，故选A、B、D.
11.如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管、、上端平齐， 管竖直
放置，管与管的夹角为 ，管与管的夹角为 ，且 .三个小
球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图所示，为同一圆上的点，圆的半径为，小球从 沿光滑
管、、滑下，从下滑用时为，有，解得 ，
从下滑，有 ，而的长度为 ，故有 ，
解得，同理，若从下滑，时间为 ，即小
球到达圆上三点所用时间相同；依此结论可知，现在三个小
球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在
同一个圆弧上，且所在位置和竖直位置连线与倾斜轨道夹角
为直角，故C正确.
作业手册
1.[2025·内蒙古包头模拟] 如图所示为一位同学在电梯中称重时的真实数
据，取 ，根据图中的数据，下列说法错误的是( )
A.该同学受到的重力为
B.该同学到达5楼时，电梯处于匀速运动状态
C.该电梯减速下降时的加速度大小约为
D.该电梯加速上升时的加速度大小约为
√
[解析] 电梯停在1楼时称重的示数是66，即质量为 ,则该同学受到的
重力为 ，A错误；该同学到达5楼时，示数是66，该同学
处于平衡状态且向上运动，故电梯处于匀速运动状态，B正确；该电梯加
速上升时和减速下降时称重的示数都是70，根据牛顿第二定律可知加速度
大小约为 ，C、D正确.
2.[2025·河北保定模拟] 工人师傅为方便卸货，在距水平地面高度为
的车厢底部用有效长度为 的木板与地面之间搭建了一个斜面，已知物
块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取 ，物块可看
作质点，则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中，所用时间为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设木板与地面间的倾角为 ，则有 ，
，根据牛顿第二定律可得 ，
解得加速度大小为，根据运动学公式可得 ，解得所用
时间为 ，故选B.
3.[2024·湖南卷] 如图所示，质量分别为、、、的四个小球 、
、、通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于 点，处于静止状态，重力
加速度为.若将、间的细线剪断，则剪断瞬间和 的加速度大小分别
为( )
A.， B.， C.， D.，
√
[解析] 将、间的细线剪断前，、、、受力平衡，对、、 整体受力分析，
如图甲所示，、间弹簧的弹力，对 受力分析，如图乙所示，、间
弹簧的弹力 ；剪断细线瞬间，细线无拉力，弹簧弹力不突变，对受力分析，
如图丙所示，则 所受的合力,的加速度大小，
对 受力分析，如图丁所示，则所受
的合力，
的加速度大小 ，
故A正确.
4.细绳拴着一个质量为 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小
球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为 ，重力加速度大小
为，如图所示，以下说法正确的是 ( )
A.小球静止时弹簧的弹力大小为
B.小球静止时细绳的拉力大小为
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
√
[解析] 小球静止时，由平衡条件得弹簧的弹力 ，细
绳的拉力 ，故A、B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不
变，则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反，则此瞬
间小球的加速度大小为 ，故C错误，D正确.
5.(多选)如图甲所示是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包，在某次
演练时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，规定竖直向上为
正方向，其 图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.消防员上升的最大高度为
B.消防员在 内处于失重状态
C.消防员在 内处于超重状态
D.消防员在 内的平均速度大小为零
√
√
[解析] 图像与 轴围成的面积表示消防员运动的位移大小，可知上升
的最大高度为，故选项A错误；在 内，消
防员减速上升，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故选项B正确；在
内，消防员减速下降，加速度方向向上，处于超重状态，故
选项C正确； 内，平均速度大小等于位移与时间的比值，由图
像可知 ，
，故选项D错误.
6.如图所示，四根光滑杆、、、 被固定成一个平行四边形
.四个顶点恰好位于同一个圆上，且、 两点是圆的最高点和最低点，
圆的半径为.四个相同的光滑圆环、、、 分别套在四根杆的上端由
静止释放，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.圆环滑到端的时间比圆环滑到 端的时间短
B.圆环滑到端的时间比圆环滑到 端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
√
[解析] 设杆长为，与水平方向的夹角为 ，圆环的质量为 ，对圆环
，根据牛顿第二定律可得，可得 ，由运动学公
式可得，由几何关系可知 ，解得 ，则圆环的
下滑时间与杆的倾角和杆长无关，同理可得圆环、、 的
下滑时间相同, 均为 ，故选C.
7.(多选)[2025·四川宜宾模拟] 某同学用台秤研究人
在竖直升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用
台秤称得自己的体重为 ，再将台秤移至电梯
内称其体重，电梯从 时由静止开始运动到
时停止，得到台秤的示数随时间变化的图像如图所示， 取
.下列说法正确的是 ( )
A.在 内，该同学处于失重状态
B.在内，该同学的重力减小了
C.在内，电梯向下运动的距离为
D.在 内，该同学处于超重状态，台秤示数
为
√
√
[解析] 根据题图可知在 内该同学处于失重状态，故A正确；在
内，该同学处于失重状态，但其重力不变，故B错误；根据题图可
知，内，根据牛顿第二定律有 ，
可得，电梯最后静止，设内加速度为 ，则有
，可得 ，根
据题图可知 内，该同学处于超重状态，
根据牛顿第二定律 ，解得
，在 内，电梯向下运动的距
离为 ，故C正确、D错误.
8.(多选)[2025·黑龙江哈尔滨模拟] 如图所示，在倾角为 的光滑斜
面上，物块、质量分别为和，物块静止在轻弹簧上面，物块
用细线与斜面顶端相连，、紧挨在一起但、 之间无弹力.已知重力加
速度为 ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是
( )
A.物块 的加速度大小为0
B.物块的加速度大小为
C.物块 处于超重状态
D.物块、间作用力大小为
√
√
[解析] 剪断细线前，、紧挨在一起但、之间无弹力，以 为对象，
可知弹簧对的弹力方向沿斜面向上，大小 ，剪断细线的
瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块、 为整体，根据牛顿第二定律得
，解得，可知，物块、 的
加速度均为 ，方向沿斜面向下，处于失重状态，
故A、C错误，B正确；根据题意，以 为对象，
由牛顿第二定律有 ，解得
，故D正确.
9.[2025·湖南长郡中学模拟] 如图所示，质量分别为 、
、的三个小球、、 ，通过细线或轻弹簧互相连
接后，用细绳悬挂于电梯顶点点上，随电梯以加速度
匀加速上升，重力加速度为.若将、 间的细绳剪断，
则剪断瞬间和 的加速度大小分别为( )
A.、向下； 、向上
B.、向下； 、向下
C.、向下； 、向上
D.、向下； 、向下
√
[解析] 绳子剪断之前，绳子拉力，对、 整体
受力分析可得 ，得弹簧弹力
，剪断绳子后， 绳的拉力消失，
弹簧弹力不变，则 受力为
，则 的加速度为
(方向向下)，、 整体一起运动，则有
，可得、 整
体的加速度为 (方向向上)，故选A.
10.[2025·云南红河二模] 如图所示为某种运载无人机，它是一种能够低空
运载的遥控飞行器，其动力系统所能提供的最大升力 ，一架总
质量 的无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞.
时离地面的高度为，运动过程中所受空气阻力大小恒定，
取 .
(1) 求运动过程中所受空气阻力大小；
[答案]
[解析] 根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得
由运动学规律得，上升高度
联立解得
10.[2025·云南红河二模] 如图所示为某种运载无人机，它是一种能够低空
运载的遥控飞行器，其动力系统所能提供的最大升力 ，一架总
质量 的无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞.
时离地面的高度为，运动过程中所受空气阻力大小恒定，
取 .
(2) 假设无人机竖直向上起飞 后关闭动力系
统，求无人机距地面的最大高度.
[答案]
[解析] 起飞时间的位移
解得
此时速度
失去动力后向上做匀减速运动，末速度为
根据牛顿第二定律有
解得
根据速度与位移的关系有
联立解得
则无人机距地面的最大高度
11.[2025·江西景德镇三模] 潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，
浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”.总质量为
的某潜艇，在高密度海水区域距海平面 ，距海底
处沿水平方向缓慢潜航，如图所示.当该潜艇驶入低密度海水区域
点时，浮力突然降为， 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重
(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上
浮，避免了一起严重事故.已知在整个运动过
程中，潜艇所受阻力大小恒为 ，
重力加速度取 ，假设潜艇减重的时
间忽略不计，海底平坦，求：
(1) 潜艇“掉深” 时的速度；
[答案]
[解析] 设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为 ，对潜艇，由牛顿第二定律有
代入数据解得
末的速度为
解得
(2) 潜艇减重排出水的质量.(结果取2位有效数字)
[答案]
[解析] 掉深时，潜艇下落的高度
解得
潜艇减速下落的高度
解得
在减速阶段
解得
潜艇减重后的质量为 ，潜艇减重后以的加速度匀减速下沉
过程中，由牛顿第二定律有
代入数据解得
排水前潜艇的质量
“掉深”过程中排出水的质量
必备知识自查
一、2.加速度 二、1.(1)大于 (3)加速度向上
2.(1)小于 (3)加速度向下 3.(1)完全没有作用力 (3)
【辨别明理】 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.×
核心考点探究
例1.BC 变式1.AD
例2.(1)，方向沿斜面向下 (2) (3)不能 例3.(1) (2) (3)
例4.BD 例5.B 变式2.BD 例6.B 例7.A 例8.B 变式3.A
基础巩固练
1.A 2.B 3.A 4.D 5.BC 6.C
综合提升练
7.AC 8.BD 9.A
10.(1) (2)
11.(1) (2)第8讲　牛顿第二定律的基本应用
例1　BC　[解析] 剪断细线后,弹簧弹力大于A的重力,则A先向上做加速运动,随弹簧弹力的减小,向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力大小等于重力大小,弹簧处于拉伸状态,选项A错误;剪断细线之前有F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,则对A由牛顿第二定律有F弹-2mg=2ma,解得A的加速度a=,选项B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A=x1-x2=,由对称性可知小球A运动到最高点时,弹簧伸长量为,选项C正确;由上述分析可知,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,选项D错误.
变式1　AD　[解析] 设两球质量均为m,对小球A进行受力分析,如图甲所示,剪断水平细线后,小球A将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下,即垂直倾斜细线向下,则有FT1=mgcos θ、F1=mgsin θ=ma1,所以a1=gsin θ,方向垂直倾斜细线向下,故A正确;对小球B进行受力分析,如图乙所示,水平细线剪断瞬间,小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变,小球B的加速度a2的方向水平向右,则有FT2=、F2=mgtan θ=ma2,所以a2=gtan θ,故B错误;图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2=cos2 θ∶1,故D正确,C错误.
例2　(1)10 m/s2,方向沿斜面向下　(2)20 m　(3)不能　
2 s
[解析] (1)根据牛顿第二定律可知,摩托车冲上坡床时的加速度大小为a==10 m/s2,方向沿斜面向下
(2)由公式v2-=2aL得
摩托车冲上坡床的长度L= m=20 m
(3)由于mgsin 37°>μmgcos 37°,摩托车不能在最高点静止,它将返回终点
由公式mgsin 37°-μmgcos 37°=ma'
代入数据,解得a'= 2 m/s2
又L=a't2
解得t= 2 s
例3　(1)　(2)1 kg　(3)2.5 N
[解析] (1)在0~2 s时间内,由F t图像和v t图像可知,小环的加速度a=1.25 m/s2
根据牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma
解得μ=
(2)在2~6 s时间内,由v t图像可知,小环做匀速运动,根据力的平衡有F+μmgcos α-mgsin α=0
解得m=1 kg
(3)在6~8 s时间内,小环沿杆向上的加速度a1=1.25 m/s2
根据牛顿第二定律有F1+μmgcos α-mgsin α=ma1
解得F1=2.5 N
例4　BD　[解析] 体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力,并不是所受重力变小,合力向下,加速度向下,A错误,D正确;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力,大小相等,B正确;电梯做向上的减速运动也会是失重状态,示数小于其重力,C错误.
例5　B　[解析] t1~t3时间内,Ff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竖直向上做减速运动,故A错误;t2~t3时间内,Ff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+Ff=ma,即a=+g,故加速度在减小,故B正确;t3~t5时间内,Ff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,加速度方向先向下后向上,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.
变式2　BD　[解析] 由图像可知,电梯由静止开始,4~9 s内向上加速运动,处于超重状态;9~16 s时间内向上匀速运动;16~20 s时间内加速度方向向下,电梯向上做减速运动,处于失重状态,故A、C错误,B、D正确.
例6　B　[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,故选B.
例7　A　[解析] 研究物块沿其中一条轨道的运动情况,以AB轨道为例,对AO段,加速度a=gcos θ,由运动学公式可知2r1cos θ=gcos θ·,可得时间t1与夹角θ无关,则沿AO、CO和EO运动的时间相等;对OB段,由运动学公式可知r2=gcos θ·t1·t2+gcos θ·,可得夹角θ越大,则t2越长,所以tAB>tCD>tEF,选项A正确.
例8　B　[解析] 以P点为最高点,取合适的竖直直径Pe作圆,如图中虚线所示,虚线圆为等时圆,即从P到f、b、g是等时的,比较图示位移可知Pa>Pf,Pct2>t3,选项B正确.
变式3　A　[解析] 根据等时圆模型,如图所示,只需要求出A'P、B'P、C'P的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P=∶∶=∶∶1,故选A.第8讲　牛顿第二定律的基本应用
1.A　[解析] 电梯停在1楼时称重的示数是66,即质量为66 kg,则该同学受到的重力为G=mg=660 N,A错误;该同学到达5楼时,示数是66,该同学处于平衡状态且向上运动,故电梯处于匀速运动状态,B正确;该电梯加速上升时和减速下降时称重的示数都是70,根据牛顿第二定律可知加速度大小约为a==×10 m/s2=0.61 m/s2,C、D正确.
2.B　[解析] 设木板与地面间的倾角为θ,则有sin θ==0.6,cos θ==0.8,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得加速度大小为a=4 m/s2,根据运动学公式可得L=at2,解得所用时间为t= s=1 s,故选B.
3.A　[解析] 将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,如图乙所示,C、D间弹簧的弹力FCD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB==g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC==1.5g,故A正确.
4.D　[解析] 小球静止时,由平衡条件得弹簧的弹力F=mgtan 53°=mg,细绳的拉力FT==mg,故A、B错误;细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为g,故C错误,D正确.
5.BC　[解析] v t图像与t轴围成的面积表示消防员运动的位移大小,可知上升的最大高度为H= m=675 m,故选项A错误;在30~90 s内,消防员减速上升,加速度方向竖直向下,处于失重状态,故选项B正确;在210~225 s内,消防员减速下降,加速度方向向上,处于超重状态,故选项C正确;150~255 s内,平均速度大小等于位移与时间的比值,由图像可知h= m=675 m,== m/s= m/s,故选项D错误.
6.C　[解析] 设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,可得a=gsin θ,由运动学公式可得l=at2,由几何关系可知l=2Rsin θ,解得t=,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间相同,均为t=,故选C.
7.AC　[解析] 根据题图可知在0~2 s内该同学处于失重状态,故A正确;在0~2 s内,该同学处于失重状态,但其重力不变,故B错误;根据题图可知mg=500 N,0~2 s内,根据牛顿第二定律有500 N-450 N=ma1,可得a1=1 m/s2,电梯最后静止,设10~11 s内加速度为a2,则有a2×1=a1×2=2 m/s,可得a2=2 m/s2,根据题图可知10~11 s内,该同学处于超重状态,根据牛顿第二定律F3-500 N=ma2,解得F3=600 N,在0~11 s内,电梯向下运动的距离为x=×1×22 m+2×8 m+×2×12 m=19 m,故C正确、D错误.
8.BD　[解析] 剪断细线前,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力,以A为对象,可知弹簧对A的弹力方向沿斜面向上,大小F=2mgsin θ,剪断细线的瞬间,弹簧的弹力保持不变,以物块A、B为整体,根据牛顿第二定律得gsin θ-F=a,解得a=,可知,物块A、B的加速度均为,方向沿斜面向下,处于失重状态,故A、C错误,B正确;根据题意,以B为对象,由牛顿第二定律有3mgsin θ-FAB=3ma,解得FAB=mg,故D正确.
9.A　[解析] 绳子OA剪断之前,绳子OA拉力FTOA=4mg+4ma,对B、C整体受力分析可得kx-3mg=3ma,得弹簧弹力kx=3m(g+a),剪断绳子OA后,OA绳的拉力消失,弹簧弹力不变,则A受力为mg+kx=mg+3m(g+a)=maA,则A的加速度为aA=4g+3a(方向向下),B、C整体一起运动,则有kx-3mg=3m(g+a)-3mg=3maBC,可得B、C整体的加速度为aBC=a(方向向上),故选A.
10.(1)60 N　(2) m
[解析] (1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律得F-mg-Ff=ma
由运动学规律得,上升高度h=at2
联立解得Ff=60 N
(2)起飞时间t1=5 s的位移h1=a
解得h1=50 m
此时速度v1=at1=20 m/s
失去动力后向上做匀减速运动,末速度为v2=0
根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma1
解得a1=11 m/s2
根据速度与位移的关系有-=-2a1h2
联立解得h2= m
则无人机距地面的最大高度h=h1+h2= m
11.(1)9 m/s　(2)8.5×105 kg
[解析] (1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1,对潜艇,由牛顿第二定律有mg-F-Ff=ma1
代入数据解得a1=0.9 m/s2
10 s末的速度为v=a1t1
解得v=9 m/s
(2)掉深10 s时,潜艇下落的高度h1=t1
解得h1=45 m
潜艇减速下落的高度h2=h-h1
解得h2=67.5 m
在减速阶段h2=
解得a2=0.6 m/s2
潜艇减重后的质量为m1 ,潜艇减重后以 0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中,由牛顿第二定律有F+Ff-m1g=m1a2
代入数据解得m1=5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105 kg第8讲　牛顿第二定律的基本应用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类:已知受力情况求物体的运动情况.
第二类:已知运动情况求物体的受力情况.
2.解决两类基本问题的方法
以　　　　为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图:
二、超重和失重
1.超重
(1)定义: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.
(2)产生条件:FN>mg.
(3)常见情景:竖直方向　　　　　　　.
2.失重
(1)定义: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.
(2)产生条件:FN(3)常见情景:竖直方向　　　　　　　.
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物(或悬挂物)　　　　　　　　　的现象称为完全失重现象.
(2)产生条件: FN=0.
(3)常见情景:地面附近竖直方向加速度向下,a=　　　;卫星在太空轨道上绕地球运动或其他天体做匀速圆周运行时.
【辨别明理】
1.系统的内力不会影响系统整体的运动效果. (　)
2.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. (　)
3.质量为m的物体处于超重状态时,物体的重力大于mg. (　)
4.物体处于完全失重状态时其重力消失. (　)
5.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于其重力. (　)
　瞬时类问题
1.瞬时性问题本源
加速度与合力具有因果关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失.从研究连接物体的模型角度可以分为以下两种情况.
(1)轻绳、轻杆(或接触面):不发生明显形变就能产生弹力的物体,在瞬时性问题中,其弹力立即消失或改变,恢复形变不需要时间,弹力可以突变.
(2)轻弹簧、橡皮绳:发生明显形变产生弹力的物体,需要较长的形变恢复时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变,弹力不可突变.
2.解题思路
(1)选取研究对象(一个物体或几个物体组成的系统).
(2)先分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面之前物体的受力情况,由平衡条件求相关力.
(3)再分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面瞬间物体的受力情况,由牛顿第二定律列方程求瞬时加速度.
例1　(多选)[2025·甘肃卷] 如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态.弹簧劲度系数为k,重力加速度为g.现剪断细线,下列说法正确的是 (　)
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为
[反思感悟] 　

变式1　(多选)如图甲、乙所示,图中细线均不可伸长,两小球质量相同且均处于平衡状态,细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ,重力加速度大小为g.如果突然把两水平细线剪断,则剪断瞬间 (　)
A.图甲中小球的加速度大小为gsin θ,方向垂直倾斜细线向下
B.图乙中小球的加速度大小为gtan θ,方向水平向左
C.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2 θ
D.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2 θ∶1
　动力学中的两类基本问题
考向一　已知受力求运动
例2　[2025·广东佛山模拟] 避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故的重要措施,由制动坡床和防撞措施等组成.如图所示竖直平面内,制动坡床是与水平面夹角为37°的斜面,坡床表面的动摩擦因数为0.5,在一次比赛中,一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,已知摩托车冲过终点时的速度为20 m/s.
(1)求摩托车冲上坡床时的加速度大小和方向;
(2)求摩托车冲上坡床的长度.
(3)判断摩托车能否在最高点静止 若不能,则返回终点的时间为多少
考向二　已知运动求受力
例3　[2025·河北衡水模拟] 如图甲所示,固定细杆与水平地面成α角,在杆上套有一个小环(可视为质点),t=0时刻,小环从杆的顶端自由滑下,t=2 s时,对小环施加沿杆向上的推力F,小环在推力F的作用下继续向下运动,推力大小F与小环速度大小v随时间t变化的规律如图乙所示.已知α=30°,重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)小环与细杆间的动摩擦因数μ;
(2)小环的质量m;
(3)6~8 s时间内,推力的大小.
　超重和失重问题
考向一　超重和失重的定性分析
例4　(多选)[2025·云南丽江模拟] 在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示,在这段时间内下列说法中正确的是 (　)
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力
C.电梯一定在竖直向下运动
D.电梯的加速度方向一定竖直向下
[反思感悟] 　

考向二　超重和失重图像问题
例5　[2025·北京卷] 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Ff的大小随速率增大而增大,Ff随时间t的变化情况如图所示(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
[反思感悟] 　

变式2　(多选)物理探究小组同学用手机中安装的加速度传感器测量一架电梯运行过程中的加速度,他们利用电脑分析软件得到了一段时间内加速度与时间的关系图像如图所示.规定竖直向上的方向为正方向,已知从t=0时刻开始的一段时间内电梯处于静止状态,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.t=5 s时电梯处于超重状态,t=8 s时电梯处于失重状态
B.在16~20 s时间内,电梯一直处于失重状态
C.在10~15 s时间内,电梯保持静止状态
D.在t=18 s时,电梯的速度方向向上
例6　[2025·山西大同三模] 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
[反思感悟] 　

【技法点拨】
对超重、失重的进一步理解(1)超重并不是说重力增加了,失重并不是说重力减少了,完全失重也不是说重力完全消失了.在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化.(2)在完全失重的状态下,平常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、液体柱不再产生向下的压强等.
素养提升　等时圆问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.模型分析
如图甲、乙所示,质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端,可知加速度a=gsin θ,位移x=2Rsin θ,由匀变速直线运动规律有x=at2,得下滑时间t=2,即沿竖直直径自由下落的时间.图丙是甲、乙两图的组合,不难证明有相同的结论.
2.结论
模型1:质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用的时间相等,如图甲所示;
模型2:质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间相等,如图乙所示;
模型3:竖直面内的两个圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点从上环上不同点沿光滑弦由静止开始经切点滑到下环上所用的时间相等,如图丙所示.
例7　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.有三条光滑轨道AB、CD、EF,它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上,三轨道都经过切点O,轨道与竖直线的夹角关系为α<β<θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端,则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.tABD.tAB=tCD[反思感悟] 　


例8　如图所示,Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆,P、a、b、c位于同一圆周上,点d为圆周的最高点,c点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从P处释放(初速度为0),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达a、b、c所用的时间,则 (　)
A.t1B.t1>t2>t3
C.t3>t2=t1
D.t1=t2=t3
[反思感悟] 　


变式3　[2025·安徽安庆二模] 如图所示,竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1,它们的最低点相切于P点,有三根光滑细杆AP、BP、CP,杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点,杆的最低点都处于圆的最低点P.现各有一小环分别套在细杆上,都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点,空气阻力不计,则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为 (　)
A.∶∶1
B.(-)∶(-1)∶1
C.3∶2∶1
D.1∶1∶1
一、2.加速度
二、1.(1)大于　(3)加速度向上　2.(1)小于　
(3)加速度向下　3.(1)完全没有作用力　(3)g
【辨别明理】
1.√　2.×　3.×　4.×　5.×第8讲　牛顿第二定律的基本应用 (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2025·内蒙古包头模拟] 如图所示为一位同学在电梯中称重时的真实数据,g取10 m/s2,根据图中的数据,下列说法错误的是 (　)
A.该同学受到的重力为66 N
B.该同学到达5楼时,电梯处于匀速运动状态
C.该电梯减速下降时的加速度大小约为0.61 m/s2
D.该电梯加速上升时的加速度大小约为0.61 m/s2
2.[2025·河北保定模拟] 工人师傅为方便卸货,在距水平地面高度为1.2 m的车厢底部用有效长度为2 m的木板与地面之间搭建了一个斜面,已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,物块可看作质点,则物块从静止开始沿木板运动到底部的过程中,所用时间为 (　)
A.0.5 s
B.1.0 s
C. s
D.2.0 s
3. [2024·湖南卷] 如图所示,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
4.细绳拴着一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,重力加速度大小为g,如图所示,以下说法正确的是(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8) (　)
A.小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为mg
C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
5.(多选)如图甲所示是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包,在某次演练时,消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行,规定竖直向上为正方向,其v t图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　)
A.消防员上升的最大高度为15 m
B.消防员在30~90 s内处于失重状态
C.消防员在210~225 s内处于超重状态
D.消防员在150~255 s内的平均速度大小为零
6.如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD.四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R.四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　)
A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短
B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长
C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同
D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同
7.(多选)[2025·四川宜宾模拟] 某同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得自己的体重为500 N,再将台秤移至电梯内称其体重,电梯从t=0时由静止开始运动到t=11 s时停止,得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示,g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.在0~2 s内,该同学处于失重状态
B.在0~2 s内,该同学的重力减小了50 N
C.在0~11 s内,电梯向下运动的距离为19 m
D.在10~11 s内,该同学处于超重状态,台秤示数为F3=590N
8.(多选)[2025·黑龙江哈尔滨模拟] 如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为2m和3m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力.已知重力加速度为g,某时刻把细线剪断,当细线剪断瞬间,下列说法正确的是 (　)
A.物块A的加速度大小为0
B.物块A的加速度大小为
C.物块B处于超重状态
D.物块A、B间作用力大小为
9.[2025·湖南长郡中学模拟] 如图所示,质量分别为m、2m、m的三个小球A、B、C,通过细线或轻弹簧互相连接后,用细绳悬挂于电梯顶点O点上,随电梯以加速
度a匀加速上升,重力加速度为g.若将O、A间的细绳剪断,则剪断瞬间A和C的加速度大小分别为 (　)
A.4g+3a、向下;a、向上
B.3g+4a、向下;a、向下
C.a、向下;4g+3a、向上
D.a、向下;3g+4a、向下
10.[2025·云南红河二模] 如图所示为某种运载无人机,它是一种能够低空运载的遥控飞行器,其动力系统所能提供的最大升力F=900 N,一架总质量m=60 kg的无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.t=10 s时离地面的高度为200 m,运动过程中所受空气阻力大小恒定,g取10 m/s2.
(1)求运动过程中所受空气阻力大小;
(2)假设无人机竖直向上起飞5 s后关闭动力系统,求无人机距地面的最大高度.
11.[2025·江西景德镇三模] 潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时,浮力顿减,潜艇如同“汽车掉下悬崖”,称之为“掉深”.总质量为6.0×106 kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200 m,距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航,如图所示.当该潜艇驶入低密度海水区域A点时,浮力突然降为5.4×107 N,10 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮,避免了一起严重事故.已知在整个运动过程中,潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N,重力加速度g取10 m/s2,假设潜艇减重的时间忽略不计,海底平坦,求:
(1)潜艇“掉深”10 s时的速度;
(2)潜艇减重排出水的质量.(结果取2位有效数字)

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