资源简介

(共64张PPT)
第2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.知道超重、失重现象，会从动力学角度进行分析与计算。
3.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
1．超重和失重
(1)超重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有____的加速度。
大于
向上
(2)失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)____物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有____的加速度。
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)_____的现象。
②产生条件：物体的加速度a＝_，方向竖直向下。
小于
向下
等于0
g
2．两类动力学问题
(1)两类问题
①第一类：已知受力求物体的________。
②第二类：已知运动情况求物体的____。
(2)解决方法
以______为“桥梁”，由运动学公式和____________列方程求解。
运动情况
受力
加速度
牛顿第二定律
×
√
1．判断正误
(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。( )
(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)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( )
(4)减速上升的升降机内的物体对地板的压力小于物体的重力。( )
×
√
2．(人教版教材原题改编)小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．a点对应时刻，小明向下的速度最大
B．a点对应时刻，小明向下的加速度最大
C．b点对应时刻，小明处于超重状态
D．图示时间内，小明完成了两次下蹲和两
次起立
A
解析：A　小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F＝mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误；b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。
3．(多选)(人教版教材原题改编)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：AC　两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
AC
研考点
精准突破
考点一　瞬时性问题
考向1　“弹簧＋板”组合模型
(2026·海南琼山中学月考)如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有
(　　)
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
C　
解析：C　抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力F＝3mg，方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为3mg，方向竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则其加速度a1＝0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝4g，故C正确，A、B、D错误。
(1)绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变。
(2)弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。
考向2　“弹簧＋绳”组合模型
(多选)(2026·辽宁名校联盟联考)现有轻质细绳AB、BC
以及轻质弹簧CD在竖直平面内按照如图所示的方式连接，
其中A、D两点固定于竖直墙上，B、C为两个可视为质点
的小球，质量均为m，AB、CD与竖直方向夹角均为30°，
BC沿水平方向。已知重力加速度为g，现只剪断其中一根绳，则(　　)
A．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，B球加速度为g
B．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g
C．若只剪断AB绳，则剪绳后瞬间，B球加速度为g
D．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g
ABD
解析：ABD　根据题意，对B、C两个小球整体分析，根
据平衡条件有FABcos 30°＋FCDcos 30°＝2mg，FABsin
30°＝FCDsin 30°，解得FAB＝FCD＝mg，对
B小球，根据平衡条件有FBC＝FABsin 30°＝mg，若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，绳AB的拉力发生突变，对B小球有FAB′＝mg cos 30°，F合＝mg sin 30°，B球加速度为a＝，故A正确；若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，弹簧CD的弹力不发生突变，对C小球有F合＝FBC，C球加速度为a＝，故B正确；若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，绳BC的
拉力发生突变，弹簧CD的弹力不发生突变，B、C两个小球具有相同的水平加速度，对B小球，水平方向有FBC′＝ma，对C小球，水平方向有FCDsin 30°－FBC′＝ma，解得a＝，FBC′＝，对B小球，竖直方向有maB′＝mg，解得aB′＝g，则B球加速度a＝，对C小球，竖直方向有mg－FCDcos 30°＝maC′，解得aC′＝0，则C球加速度为aC＝a＝，故C错误，D正确。
[规律方法]　求解瞬时加速度的步骤
考点二　超重与失重问题
考向1　超、失重现象的理解
(多选)(2025·湖北随州期末联考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)
A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
CD
解析：CD　运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
考向2　超、失重现象的图像问题
(2026·山东沂水检测)人站在力传感
器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的
力随时间变化图像(F-t图像)如图所示，重
力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
A
解析：A　由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝＝50 kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝ m/s2＝6 m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速
下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8 s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。
易错提醒：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。
考向3　超、失重现象的计算
(2024·全国甲卷，22)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________(选填“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：(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)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N答案：(1)5.0　(2)失重　1.0
[归纳总结]　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(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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
考点三　动力学的两类基本问题
考向1　已知物体的受力情况求运动情况
(2022·浙江6月选考，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
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；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
考向2　已知物体的运动情况求受力情况
(2026·江苏西交附中期中)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma
解得μ＝。
(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，由x＝a1t2
得a1＝2 m/s2
加速度有向上和向下两种可能，当加速度沿斜面向上时
F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N。
当加速度沿斜面向下时
mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N。
答案：(1)　(2) N或 N
[归纳总结]　动力学问题的解题思路
素养拓展　等时圆模型
1．圆周内同顶端的斜面
如图1所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·g sin θ·t2，可推得t1＝t2＝t3。
　图1　　　　　图2　　　　　图3
2．圆周内同底端的斜面
如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。
3．双圆周内斜面
如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。
(多选)(2026·石家庄二中月考)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(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、b所用的时间。下列关系正确的是
(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1BCD
解析：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，根据等时圆模型可知，由c、O、d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和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，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均正确。
(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
B
解析：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mg cos θ＝ma，2R cos θ＝atC2，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＝tE3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
限时规范
训练(14)　牛顿第二定律的应用
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，12题7分，共55分)
[基础巩固练]
1．(2024·海南卷，1)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　)
A．返回舱处于超重状态 B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功 D．重力对返回舱做负功
A
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
2
解析：A　返回舱在减速过程中，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
2．(2024·湖南卷，3)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
A
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
解析：A　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，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。
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
12
11
3．(2025·八省联考云南卷)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)(　　)
图甲　 图乙
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
D
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
12
11
解析：D　根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。
图甲　 图乙
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
12
11
4．(粤教版教材原题改编)一小物块从倾角为α＝30°足够长的固定斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)
A．3.75 m B．5 m
C．6.25 m D．15 m
B
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12
11
1
解析：B　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
12
11
5．(2026·广东六校联盟期中)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，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小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．tABB
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
12
11
解析：B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确。
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
12
11
6．(2025·河南安阳高三期末联考)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，g取10 m/s2。根据图像分析可知(　　)
图甲 图乙
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
C
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
12
11
解析：C　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。
图甲 图乙
7
8
9
10
12
11
1
3
4
5
6
2
[能力提升练]
7．(2026·广州二中期中)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，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，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有(　　)
A．图甲中A球的加速度为g sin θ
B．图甲中B球的加速度为0
C．图乙中A、B两球的加速度均为0
D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ
D　
图甲　 图乙
7
8
9
10
12
11
1
3
4
5
6
2
解析：D　题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。
图甲　 图乙
8
9
10
12
11
1
3
4
5
6
7
2
8．(2026·浙江镇海中学月考)无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，g取10 m/s2，则此过程中(　　)
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
C
8
9
10
12
11
1
3
4
5
6
7
2
解析：C　对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mg cos θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cos θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有at02，解得h＝145.8 m，D错误。
9
10
12
11
1
3
4
5
6
7
8
2
9．(2025·山东济南高三质检)如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
D
9
10
12
11
1
3
4
5
6
7
8
2
解析：D　有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1＝5 m/s2，A错误；2 s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s，撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，解得物体向上减速的加速度大小为a2＝10 m/s2，物体向上减速的时间为t2＝＝1 s，则物体在t＝3 s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于mg sin θ>μmg cos θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面
向上运动的最大位移为x＝t2＝15 m，D正确。
10
12
11
1
3
4
5
6
7
8
9
2
10．(10分)(课标变化题：增强安全意识)一辆质量为1.5吨的家用汽车，在某干燥的平直沥青路面上以72 km/h的速度匀速行驶。突然发现前方有障碍物，司机立即关闭动力系统刹车，司机反应时间为t0＝0.5 s，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。(结果均保留1位小数，刹车后汽车轮胎与路面间的摩擦力为滑动摩擦力)。
(1)已知轮胎与路面间的动摩擦因数为0.7，求汽车从刹车到停止的滑行距离。
(2)若汽车质量增加0.1吨，在其他条件不变的情况下，滑行距离会如何变化？
(3)若因降雨路面变得湿滑，轮胎与路面间的动摩擦因数降为0.36，其他条件不变，滑行距离增加多少米？
10
12
11
1
3
4
5
6
7
8
9
2
解析：[2025课标新变化：2025课标中新增“ 增强完全意识”要求，目的是将物理知识与生活、生产安全紧密结合，培养学生风险辨识与防范能力，践行了高考“从生活走向物理”的理念，更侧重实际应用，而非单纯理论记忆的命题理论。2026年高考可能以“交通安全”(如汽车刹车、安全气囊)、“用电安全”(如触电原理)或工程操作等为情境，考查运动学、能量、动量、电路分析等核心知识，引导学生将实际问题模型化，提高运用物理原理分析和解决安全问题的能力。]
10
12
11
1
3
4
5
6
7
8
9
2
(1)刹车时，汽车在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有f＝μ1mg＝ma，代入数据解得汽车的加速度大小a＝7 m/s2。汽车先匀速运动0.5 s，后做匀减速直线运动，末速度v1＝0。则运动学公式有v12－v02＝－2as1，又s＝s0＋s1，s0＝v0t0，联立解得滑行距离s＝38.6 m。
(2)设超载后汽车的总质量为m′，同理有f′＝μ1m′g＝ma′，则加速度大小为a′＝7 m/s2，可见汽车刹车减速情况与质量无关，因此滑行距离s′＝s＝38.6 m。
(3)汽车在湿滑路面刹车时，同理可得其加速度大小为a2＝μ2g＝3.6 m/s2，同理有汽车在湿滑路面上滑行距离s2＝v0t0＋＝65.6 m。故滑行距离增加量为Δs＝s2－s＝27.0 m。
答案：(1)38.6 m　(2)见解析　(3)27.0 m
11
12
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2
11．(10分)(2025·广东大湾区高三质检)水面救生
无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在
某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水
面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，
做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。
11
12
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2
解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝
解得a1＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N。
(2)匀减速阶段有0－vm2＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N。
11
12
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2
(3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s
匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m
运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。
答案：(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m
12
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2
[培优创新练]
12．(2025·北京卷，11)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
B
12
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2
解析：B　t1～t3间，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；t2～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；t3～t5间，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，实验舱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。
第2讲　牛顿第二定律的应用
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放限时规范训练(14)　牛顿第二定律的应用
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，12题7分，共55分)
[基础巩固练]
1．(2024·海南卷，1)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　)
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
解析：A　返回舱在减速过程中，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
2．(2024·湖南卷，3)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：A　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，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。
3．(2025·八省联考云南卷)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)(　　)
图甲　 图乙
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：D　根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。
4．(粤教版教材原题改编)一小物块从倾角为α＝30°足够长的固定斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)
A．3.75 m B．5 m
C．6.25 m D．15 m
解析：B　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。
5．(2026·广东六校联盟期中)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，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小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．tAB解析：B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确。
6．(2025·河南安阳高三期末联考)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，g取10 m/s2。根据图像分析可知(　　)
图甲
图乙
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：C　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。
[能力提升练]
7．(2026·广州二中期中)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，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，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有(　　)
图甲　 图乙
A．图甲中A球的加速度为g sin θ
B．图甲中B球的加速度为0
C．图乙中A、B两球的加速度均为0
D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ
解析：D　题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。
8．(2026·浙江镇海中学月考)无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，g取10 m/s2，则此过程中(　　)
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
解析：C　对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mg cos θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cos θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有at02，解得h＝145.8 m，D错误。
9．(2025·山东济南高三质检)如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
解析：D　有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1＝5 m/s2，A错误；2 s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s，撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，解得物体向上减速的加速度大小为a2＝10 m/s2，物体向上减速的时间为t2＝＝1 s，则物体在t＝3 s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于mg sin θ>μmg cos θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面向上运动的最大位移为x＝t2＝15 m，D正确。
10．(10分)(课标变化题：增强安全意识)一辆质量为1.5吨的家用汽车，在某干燥的平直沥青路面上以72 km/h的速度匀速行驶。突然发现前方有障碍物，司机立即关闭动力系统刹车，司机反应时间为t0＝0.5 s，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。(结果均保留1位小数，刹车后汽车轮胎与路面间的摩擦力为滑动摩擦力)。
(1)已知轮胎与路面间的动摩擦因数为0.7，求汽车从刹车到停止的滑行距离。
(2)若汽车质量增加0.1吨，在其他条件不变的情况下，滑行距离会如何变化？
(3)若因降雨路面变得湿滑，轮胎与路面间的动摩擦因数降为0.36，其他条件不变，滑行距离增加多少米？
解析：[2025课标新变化：2025课标中新增“ 增强完全意识”要求，目的是将物理知识与生活、生产安全紧密结合，培养学生风险辨识与防范能力，践行了高考“从生活走向物理”的理念，更侧重实际应用，而非单纯理论记忆的命题理论。2026年高考可能以“交通安全”(如汽车刹车、安全气囊)、“用电安全”(如触电原理)或工程操作等为情境，考查运动学、能量、动量、电路分析等核心知识，引导学生将实际问题模型化，提高运用物理原理分析和解决安全问题的能力。]
(1)刹车时，汽车在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有f＝μ1mg＝ma，代入数据解得汽车的加速度大小a＝7 m/s2。汽车先匀速运动0.5 s，后做匀减速直线运动，末速度v1＝0。则运动学公式有v12－v02＝－2as1，又s＝s0＋s1，s0＝v0t0，联立解得滑行距离s＝38.6 m。
(2)设超载后汽车的总质量为m′，同理有f′＝μ1m′g＝ma′，则加速度大小为a′＝7 m/s2，可见汽车刹车减速情况与质量无关，因此滑行距离s′＝s＝38.6 m。
(3)汽车在湿滑路面刹车时，同理可得其加速度大小为a2＝μ2g＝3.6 m/s2，同理有汽车在湿滑路面上滑行距离s2＝v0t0＋＝65.6 m。故滑行距离增加量为Δs＝s2－s＝27.0 m。
答案：(1)38.6 m　(2)见解析　(3)27.0 m
11．(10分)(2025·广东大湾区高三质检)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。
解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝
解得a1＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N。
(2)匀减速阶段有0－vm2＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N。
(3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s
匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m
运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。
答案：(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m
[培优创新练]
12．(2025·北京卷，11)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：B　t1～t3间，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；t2～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；t3～t5间，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，实验舱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。第2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.知道超重、失重现象，会从动力学角度进行分析与计算。3.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
1．超重和失重
(1)超重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向上的加速度。
(2)失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向下的加速度。
(3)完全失重
①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。
②产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
2．两类动力学问题
(1)两类问题
①第一类：已知受力求物体的运动情况。
②第二类：已知运动情况求物体的受力。
(2)解决方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
1．判断正误
(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√)
(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)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)
(4)减速上升的升降机内的物体对地板的压力小于物体的重力。(√)
2．(人教版教材原题改编)小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　　)
A．a点对应时刻，小明向下的速度最大
B．a点对应时刻，小明向下的加速度最大
C．b点对应时刻，小明处于超重状态
D．图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立
解析：A　小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F＝mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误；b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。
3．(多选)(人教版教材原题改编)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：AC　两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。
考点一　瞬时性问题
考向1　“弹簧＋板”组合模型
　(2026·海南琼山中学月考)如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　)
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
解析：C　抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力F＝3mg，方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为3mg，方向竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则其加速度a1＝0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝4g，故C正确，A、B、D错误。
(1)绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变。
(2)弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。
考向2　“弹簧＋绳”组合模型
　(多选)(2026·辽宁名校联盟联考)现有轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD在竖直平面内按照如图所示的方式连接，其中A、D两点固定于竖直墙上，B、C为两个可视为质点的小球，质量均为m，AB、CD与竖直方向夹角均为30°，BC沿水平方向。已知重力加速度为g，现只剪断其中一根绳，则(　　)
A．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，B球加速度为g
B．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g
C．若只剪断AB绳，则剪绳后瞬间，B球加速度为g
D．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g
解析：ABD　根据题意，对B、C两个小球整体分析，根据平衡条件有FABcos 30°＋FCDcos 30°＝2mg，FABsin 30°＝FCDsin 30°，解得FAB＝FCD＝mg，对B小球，根据平衡条件有FBC＝FABsin 30°＝mg，若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，绳AB的拉力发生突变，对B小球有FAB′＝mg cos 30°，F合＝mg sin 30°，B球加速度为a＝，故A正确；若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，弹簧CD的弹力不发生突变，对C小球有F合＝FBC，C球加速度为a＝，故B正确；若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，绳BC的拉力发生突变，弹簧CD的弹力不发生突变，B、C两个小球具有相同的水平加速度，对B小球，水平方向有FBC′＝ma，对C小球，水平方向有FCDsin 30°－FBC′＝ma，解得a＝，FBC′＝，对B小球，竖直方向有maB′＝mg，解得aB′＝g，则B球加速度a＝，对C小球，竖直方向有mg－FCDcos 30°＝maC′，解得aC′＝0，则C球加速度为aC＝a＝，故C错误，D正确。
[规律方法]　求解瞬时加速度的步骤
考点二　超重与失重问题
考向1　超、失重现象的理解
　(多选)(2025·湖北随州期末联考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)
A．在第一过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
解析：CD　运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
考向2　超、失重现象的图像问题
　(2026·山东沂水检测)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F-t图像)如图所示，重力加速度g取10 m/s2 ，则(　　)
A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2
B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小
C．人在站起过程中，先失重后超重
D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作
解析：A　由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝＝50 kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝ m/s2＝6 m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8 s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。,
易错提醒：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。
考向3　超、失重现象的计算
　(2024·全国甲卷，22)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________(选填“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：(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)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N答案：(1)5.0　(2)失重　1.0
[归纳总结]　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(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)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
考点三　动力学的两类基本问题
考向1　已知物体的受力情况求运动情况
　(2022·浙江6月选考，19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
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；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
考向2　已知物体的运动情况求受力情况
　(2026·江苏西交附中期中)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma
解得μ＝。
(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，由x＝a1t2
得a1＝2 m/s2
加速度有向上和向下两种可能，当加速度沿斜面向上时
F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N。
当加速度沿斜面向下时
mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1
代入数据得F＝ N。
答案：(1)　(2) N或 N
[归纳总结]　动力学问题的解题思路
素养拓展　等时圆模型
1．圆周内同顶端的斜面
如图1所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·g sin θ·t2，可推得t1＝t2＝t3。
　图1　　　　　图2　　　　　图3
2．圆周内同底端的斜面
如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。
3．双圆周内斜面
如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。
　(多选)(2026·石家庄二中月考)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(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、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1解析：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，根据等时圆模型可知，由c、O、d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和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，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均正确。
　(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：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mg cos θ＝ma，2R cos θ＝atC2，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限时规范训练(14)　牛顿第二定律的应用
(建议用时：40分钟　满分：75分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，12题7分，共55分)
[基础巩固练]
1．(2024·海南卷，1)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　)
A．返回舱处于超重状态
B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功
D．重力对返回舱做负功
解析：A　返回舱在减速过程中，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力方向与返回舱的运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
2．(2024·湖南卷，3)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：A　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，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。
3．(2025·八省联考云南卷)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)(　　)
图甲　 图乙
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：D　根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。
4．(粤教版教材原题改编)一小物块从倾角为α＝30°足够长的固定斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为(　　)
A．3.75 m B．5 m
C．6.25 m D．15 m
解析：B　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝＝1 s<1.5 s。由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝＝5 m，故B正确。
5．(2026·广东六校联盟期中)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，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小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．tAB解析：B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确。
6．(2025·河南安阳高三期末联考)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，g取10 m/s2。根据图像分析可知(　　)
图甲
图乙
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：C　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。
[能力提升练]
7．(2026·广州二中期中)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m、B球质量为m，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，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有(　　)
图甲　 图乙
A．图甲中A球的加速度为g sin θ
B．图甲中B球的加速度为0
C．图乙中A、B两球的加速度均为0
D．图乙中A、B两球的加速度均为g sin θ
解析：D　题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mg sin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mg sin θ，加速度为3g sin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上有弹力为2mg sin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mg sin θ，加速度均为g sin θ，选项C错误，D正确。
8．(2026·浙江镇海中学月考)无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，g取10 m/s2，则此过程中(　　)
A．F＝480 N
B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度
D．下降高度为243 m时达到最大速度
解析：C　对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mg cos θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cos θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有at02，解得h＝145.8 m，D错误。
9．(2025·山东济南高三质检)如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　)
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
解析：D　有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1＝5 m/s2，A错误；2 s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s，撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，解得物体向上减速的加速度大小为a2＝10 m/s2，物体向上减速的时间为t2＝＝1 s，则物体在t＝3 s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于mg sin θ>μmg cos θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面向上运动的最大位移为x＝t2＝15 m，D正确。
10．(10分)(课标变化题：增强安全意识)一辆质量为1.5吨的家用汽车，在某干燥的平直沥青路面上以72 km/h的速度匀速行驶。突然发现前方有障碍物，司机立即关闭动力系统刹车，司机反应时间为t0＝0.5 s，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。(结果均保留1位小数，刹车后汽车轮胎与路面间的摩擦力为滑动摩擦力)。
(1)已知轮胎与路面间的动摩擦因数为0.7，求汽车从刹车到停止的滑行距离。
(2)若汽车质量增加0.1吨，在其他条件不变的情况下，滑行距离会如何变化？
(3)若因降雨路面变得湿滑，轮胎与路面间的动摩擦因数降为0.36，其他条件不变，滑行距离增加多少米？
解析：[2025课标新变化：2025课标中新增“ 增强完全意识”要求，目的是将物理知识与生活、生产安全紧密结合，培养学生风险辨识与防范能力，践行了高考“从生活走向物理”的理念，更侧重实际应用，而非单纯理论记忆的命题理论。2026年高考可能以“交通安全”(如汽车刹车、安全气囊)、“用电安全”(如触电原理)或工程操作等为情境，考查运动学、能量、动量、电路分析等核心知识，引导学生将实际问题模型化，提高运用物理原理分析和解决安全问题的能力。]
(1)刹车时，汽车在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有f＝μ1mg＝ma，代入数据解得汽车的加速度大小a＝7 m/s2。汽车先匀速运动0.5 s，后做匀减速直线运动，末速度v1＝0。则运动学公式有v12－v02＝－2as1，又s＝s0＋s1，s0＝v0t0，联立解得滑行距离s＝38.6 m。
(2)设超载后汽车的总质量为m′，同理有f′＝μ1m′g＝ma′，则加速度大小为a′＝7 m/s2，可见汽车刹车减速情况与质量无关，因此滑行距离s′＝s＝38.6 m。
(3)汽车在湿滑路面刹车时，同理可得其加速度大小为a2＝μ2g＝3.6 m/s2，同理有汽车在湿滑路面上滑行距离s2＝v0t0＋＝65.6 m。故滑行距离增加量为Δs＝s2－s＝27.0 m。
答案：(1)38.6 m　(2)见解析　(3)27.0 m
11．(10分)(2025·广东大湾区高三质检)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。
解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝
解得a1＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N。
(2)匀减速阶段有0－vm2＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N。
(3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s
匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m
运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。
答案：(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m
[培优创新练]
12．(2025·北京卷，11)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：B　t1～t3间，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；t2～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；t3～t5间，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，实验舱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。

展开更多......

收起↑