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第2讲　牛顿第二定律的基本应用
学习目标　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.知道超重和失重现象,并会对相关的实际问题进行分析。
1.
2.
3.
1.思考判断
(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)减速上升的升降机内的物体,物体对地板的压力大于物体的重力。(×)
(3)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)
(4)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。(×)
2.(人教版必修第一册P110“思考与讨论”改编)某同学在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作,在动作过程中力传感器的示数随时间的变化情况如图所示,则该同学在超重状态下加速度的最大值约为(　　)
A.6 m/s2　　　　 B.5 m/s2
C.4 m/s2 D.3 m/s2
答案　C
考点一　动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.解题关键
(1)做好两类分析:受力分析和运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁:联系运动和力的桥梁——加速度,联系各物理过程的桥梁——连接点的速度。
例1 (2025·上海卷,19)如图,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内,速度从v0=72 km/h减速到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f=500 N,小车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 4.8°=0.08。求这一过程中:
(1)小车的位移大小x;
(2)回收作用力大小F。
答案　(1)62.5 m　(2)5 200 N
解析　(1)由题意知,小车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,小车的末速度vt=18 km/h=5 m/s
在5 s时间内,小车的平均速度
==12.5 m/s
小车的位移大小x=t=62.5 m。
(2)小车的加速度为
a== m/s2=-3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 4.8°-F-f=ma
解得F=5 200 N。
例2 (2026·广东广州调研)如图甲,装载电线杆的货车由于刹车过急,导致货车上装载的电线杆直接贯穿了驾驶室。为研究这类交通事故,某同学建立了如图乙所示的物理模型:水平车厢内叠放三根完全相同的圆柱体电线杆,其横截面如图丙所示;设每根电线杆的重力为G,相邻电线杆间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,电线杆前端与驾驶室间的距离为x,货车以速度v在平直公路上行驶,若紧急刹车过程中货车做匀减速运动,下方电线杆未分离且与车厢保持相对静止,重力加速度为g。
(1)若货车制动距离为s,制动时间为t,且上、下电线杆间未发生相对滑动,求上方电线杆在此过程中所受摩擦力的合力大小;
(2)若要保持上、下电线杆间不发生相对滑动,求货车刹车时的最大加速度大小;
(3)若要使电线杆在刹车过程中不冲撞驾驶室,求货车的最小制动距离。
答案　(1)　(2)　(3)-x
解析　(1)设货车减速运动时加速度大小为a1,
利用逆向思维法可得s=a1t2
上方电线杆所受摩擦力的合力Ff=ma1
其中G=mg
解得Ff=。
(2)对上面电线杆受力分析,如图所示,
则其所受弹力大小
FN==
要保持电线杆不发生相对滑动,则货车刹车时的最大加速度大小满足2μFN=ma2
解得a2=。
(3)若货车刹停瞬间,电线杆恰好不与驾驶室发生碰撞,则对电线杆有v2=2a2x1
解得x1=
则货车的最小制动距离x2=x1-x=-x。
动力学问题的解题步骤
例3 (2026·福建福州期中)公园的滑梯高低不等,斜面的长度也不同,假设有三个滑道的某一滑梯模型如图所示,三个滑道的最高点A、B、C和最低点D是在竖直面内的同一圆上,可视为质点的小孩从三个滑道的最高点A、B、C沿滑道由静止开始滑到最低点D(BD>CD>AD),所用的时间分别为t1、t2、t3,不计空气阻力,滑道光滑(即忽略滑梯摩擦的影响),则(　　)
A.t1=t2=t3 B.t1C.t1>t3>t2 D.t2>t3>t1
答案　A
解析　设滑道与水平方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,设圆周的直径为d,则小孩沿滑道滑到D点的位移大小x=dsin θ,又x=at2,解得t=,可见小孩滑到D点的时间t与滑道的倾角θ无关,即小孩沿三个滑道滑到D点所用的时间相等,故A正确。
总结提升　“等时圆”模型的三种情况
“同顶” 等时圆 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2Rsin θ=gsin θ·t2,可推得t1=t2=t3
“同底” 等时圆 各斜面的底端都在竖直圆周的最低点,顶端在该圆周上的不同点,可推得t1=t2=t3
“双圆 周”等 时圆 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在上方圆周上某点,底端落在下方圆周上的相应位置,可推得t1=t2=t3
跟踪训练
1.如图所示,有一半圆,其直径水平且与该圆的底部相切于D点,D点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现将三个滑道延长分别交于下半圆周上的G、E、F三点,滑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滑道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜滑道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A.tAG=tCE=tBF B.tAG>tCE>tBF
C.tAG答案　B
解析　如图所示,过E点作DE的垂线与竖直虚线交于M,以DM为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而G点在辅助圆外,由等时圆结论可知,tAG>tCE>tBF,故B正确。
考点二　超重与失重现象
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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向,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。
角度　超、失重现象的图像问题
例4 (2026·广东佛山市月考)某同学体重50 kg,乘电梯上行时,用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示。竖直向上为正方向,重力加速度g=10 m/s2。关于该段时间下列说法正确的是(　　)
A.3~5 s该同学处于失重状态
B.9~11 s电梯向下加速运动
C.该同学受到的最小支持力约为30 N
D.该同学受到的最大支持力约为530 N
答案　D
解析　由题图可知,3~5 s的加速度为正,方向竖直向上,则该同学处于超重状态,故A错误;9~11 s的加速度为负,方向竖直向下,9 s时的速度是竖直向上的,则电梯向上减速运动,故B错误;10 s时,a1=-0.6 m/s2,该同学受到的支持力最小,FNmin-mg=ma1,解得FNmin=470 N,故C错误;4 s时a2=0.6 m/s2,该同学受到的支持力最大,FNmax-mg=ma2,解得FNmax=530 N,故D正确。
角度　超、失重现象的分析和计算
例5 (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)。
答案　(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总结提升　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 ①物体向上加速或向下减速时,超重 ②物体向下加速或向上减速时,失重
跟踪训练
2.(2026·江苏扬州调研)智能手机安装软件后,可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度。带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放,落到地面后反弹,手机传感器记录了加速度a随时间t变化的关系,如图所示,则手机与地面第一次碰撞过程中(　　)
A.t1时刻手机速度最大
B.t2时刻手机所受弹力最大
C.与地面作用时间为t2-t1
D.手机先失重后超重
答案　B
解析　手机接触地面时,先向下做加速度减小的变加速运动,可知手机速度最大时,加速度为0,由题图可知,手机速度最大的时刻在t1与t2两时刻之间,A错误;t2时刻手机的加速度最大,即t2时刻手机所受弹力最大,B正确;由于不计空气阻力,手机在与地面没有接触时只受到重力作用,加速度为重力加速度,由题图可知手机与地面第一次碰撞过程中与地面作用时间为t3-t1,C错误;由题图可知,手机先失重后超重再失重,D错误。
A级　基础对点练
对点练1　动力学的两类基本问题
1.(2026·四川泸州诊断)质量为m的物体静置于水平地面上,受到一竖直向上的恒力F作用,从静止开始向上运动。经时间t后撤去F,又经时间t物体刚好落回地面。不计空气阻力,重力加速度为g,则恒力F等于(　　)
A.mg B.mg
C.2mg D.3mg
答案　A
解析　在第一个时间t内,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,根据匀变速直线运动的公式有x=at2,v=at;在第二个t时间内,根据位移与时间关系式有-x=vt-gt2,解得F=mg,A正确。
2.(2025·广东佛山模拟)2025年4月30日,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。若该过程中返回舱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
答案　D
解析　由运动学公式可得v2-=-2ah,即加速度大小为a== m/s2=25 m/s2,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,即F=1.05×105 N,故D正确。
3.(2026·安徽安庆模拟)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
答案　A
解析　如图所示,根据等时圆模型,只需要求出沿A'P、B'P、C'P下滑的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P=:∶=∶∶1,故A正确。
4.(2025·河南商丘模拟)如图所示,若滑雪运动员以初速度v=4 m/s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
答案　A
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,根据牛顿第二定律,沿斜轨道向下方向有mgsin θ-f=ma,解得f=100 N,故C错误;垂直于斜轨道方向有FN-mgcos θ=0,解得FN=400 N,故D错误。
5.(2026·浙江宁波模拟 )以6 m/s的速度匀速上升的气球,当升到离地面14.5 m高时,从气球上落下一小球,小球的质量为0.5 kg,假设小球在运动过程中所受阻力大小满足f=(1+kv)N,k=0.01 kg/s,g取10 m/s2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面(　　)
A.1.7 s B.1.9 s
C.2.6 s D.3.5 s
答案　C
解析　因速度大小对阻力大小影响很小,在估算时可把阻力大小恒定为1 N进行计算,根据牛顿第二定律知,小球上升阶段的加速度a1==12 m/s2,上升的时间t1== s=0.5 s,上升的高度h1=t1=1.5 m;小球下降阶段的加速度a2==8 m/s2,根据运动学公式有(h0+h1)=a2,解得下降的时间t2== s=2 s,则共用时间为t=t1+t2=2.5 s,与C项最接近,故C正确。
对点练2　超重和失重现象
6.(2026·河南许昌高三阶段测试)一部电梯在竖直方向上运行,其简化模型如图甲所示。某学习小组利用智能手机在此运行的电梯中进行实验探究。实验过程中,手机水平放置,屏幕朝上,以竖直向上为正方向,手机软件记录下了电梯运行过程中的速度随时间变化的关系,如图乙所示,关于记录时间内电梯的运动,下列说法正确的是(　　)
A.35 s时,电梯处于静止阶段
B.35 s时,电梯处于超重状态
C.50 s时,电梯向上运动到最高点
D.50 s时,电梯回到了最初位置
答案　C
解析　35 s时电梯处于匀速运动阶段,不超重也不失重,故A、B错误;50 s时,电梯向上运动速度减为零,即电梯到达最高点,故C正确,D错误。
7.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
答案　D
解析　由题意可知,该同学处于超重状态,加速度方向向上,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,可得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上做加速运动,故D正确。
8.(2026·山西太原模拟)如图所示,一质量为m=2 kg的物体放置在静止升降机的水平底板上,对物体施加一水平向右、大小为F=10 N的拉力,物体刚好不发生运动。由于升降机运动,发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为2 m/s2 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g=10 m/s2,则下列关于升降机运动的描述可能正确的是(　　)
A.以4 m/s2的加速度向上加速
B.以5 m/s2的加速度向上加速
C.以4 m/s2的加速度向下加速
D.以5 m/s2的加速度向下加速
答案　C
解析　初始时物体恰好不发生运动,即物体在底板上所受摩擦力恰好为最大静摩擦力,等于滑动摩擦力,根据平衡条件有Ff=μmg=F=10 N,解得μ=0.5,由于升降机运动,使得物体相对底板向某方向做加速运动,受力分析如图所示,在水平方向,根据牛顿第二定律有F-μFN1=max,解得FN1=12 N,在竖直方向,根据牛顿第二定律有mg-FN1=may,解得ay=4 m/s2,方向竖直向下,即升降机以4 m/s2的加速度向下加速或者向上减速,故C正确,A、B、D错误。
B级　综合提升练
9.(2026·河北邯郸高三月考)如图所示,一位雪橇运动员坐在雪橇上,以初速度vA=1 m/s从AB滑道上A点出发,并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次,经过6.5 s到达B点,B点有一长度不计的弧形轨道,该弧形轨道平滑连接倾角为θ的滑道AB与水平滑道BC,雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平轨道后雪橇及人自由滑行,水平滑道上B、C两点间距离LBC=80 m。雪橇和人的总质量m=90 kg,经过B点的速度大小vB=9 m/s,雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力大小恒为Ff=45 N,方向与运动方向相反,人在AB滑道上每次划拨冰面时双手与冰面的接触时间Δt=0.5 s,每划拨一次速度大小增加Δv=1 m/s,在AB滑道上不用手划时雪橇和人的加速度大小a1=1 m/s2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)雪橇经过C点时的速度大小vC;
(2)滑道AB的倾角θ的正弦值sin θ;
(3)运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数n。
答案　(1)1 m/s　(2)0.15　(3)3
解析　(1)雪橇从B点运动到C点的过程中,
根据牛顿第二定律有Ff=ma2
解得a2=0.5 m/s2
雪橇从B点到C点的过程中做匀减速直线运动,
根据速度与位移关系式有-=-2a2LBC
解得vC=1 m/s。
(2)雪橇和人从A点运动到B点的过程中,手不划拨冰面时,根据牛顿第二定律有
mgsin θ-Ff=ma1
解得sin θ=0.15。
(3)设运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n,则有
vB=vA+nΔv+a1(t-nΔt)
解得n=3。
C级　培优加强练
10.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有这样一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板反生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求在下滑过程中:
(1)游客撞击护板时的速度大小v1;
(2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2分别多大;
(3)游客滑离斜面时速度大小v2。
答案　(1)5 m/s　(2)200 N　120 N　(3)1.2 m/s
解析　(1)游客在撞击护板前,
受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos 37°=ma1
下滑的加速度为
a1==2 m/s2
撞击护板时的速度v1=a1t1=5 m/s。
(2)游客紧贴护板运动时,受力分析如图乙所示。根据摩擦力的公式知,游客与斜面间的摩擦力为
Ff1=μFN1=μmgcos θ=200 N
与护板间的滑动摩擦力为
Ff2=μFN2=μmgsin θcos θ=120 N。
(3)在撞击护板后,根据牛顿第二定律有
mgsin θ·sin θ-Ff1-Ff2=ma2
则a2==-2.8 m/s2
根据速度与位移关系式有-(v1sin θ)2=2a2s
代入数据解得v2=1.2 m/s。(共55张PPT)
第2讲　牛顿第二定律的基本应用
第三章　运动和力的关系
1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.知道超重和失重现象,并会对相关的实际问题进行分析。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
运动
1.
受力
加速度
牛顿第二定律
大于
2.
向上
小于
向下
等于0
g
无关
3.
不等于
1.思考判断
(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)减速上升的升降机内的物体,物体对地板的压力大于物体的重力。( )
(3)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )
(4)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。( )
√
×
√
×
C
2.(人教版必修第一册P110“思考与讨论”改编)某同学在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作,在动作过程中力传感器的示数随时间的变化情况如图所示,则该同学在超重状态下加速度的最大值约为(　　)
A.6 m/s2　　　　 B.5 m/s2
C.4 m/s2 D.3 m/s2
研透核心考点
2
考点二　超重与失重现象
考点一　动力学的两类基本问题
考点一　动力学的两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.解题关键
(1)做好两类分析:受力分析和运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁:联系运动和力的桥梁——加速度,联系各物理过程的桥梁——连接点的速度。
例1 (2025·上海卷,19)如图,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内,速度从v0=72 km/h减速到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f=500 N,小车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 4.8°=0.08。求这一过程中:
(1)小车的位移大小x;
解析　由题意知,小车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,
小车的末速度vt=18 km/h=5 m/s
在5 s时间内,小车的平均速度
==12.5 m/s
小车的位移大小x=t=62.5 m。
答案　62.5 m
(2)回收作用力大小F。
解析　小车的加速度为
a== m/s2=-3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 4.8°-F-f=ma
解得F=5 200 N。
答案　5 200 N
例2 (2026·广东广州调研)如图甲,装载电线杆的货车由于刹车过急,导致货车上装载的电线杆直接贯穿了驾驶室。为研究这类交通事故,某同学建立了如图乙所示的物理模型:水平车厢内叠放三根完全相同的圆柱体电线杆,其横截面如图丙所示;设每根电线杆的重力为G,相邻电线杆间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,电线杆前端与驾驶室间的距离为x,货车以速度v在平直公路上行驶,若紧急刹车过程中货车做匀减速运动,下方电线杆未分离且与车厢保持相对静止,重力加速度为g。
(1)若货车制动距离为s,制动时间为t,且上、下电线杆间未发生相对滑动,求上方电线杆在此过程中所受摩擦力的合力大小;
解析　设货车减速运动时加速度大小为a1,
利用逆向思维法可得s=a1t2
上方电线杆所受摩擦力的合力Ff=ma1
其中G=mg
解得Ff=。
答案　　
(2)若要保持上、下电线杆间不发生相对滑动,求货车刹车时的最大加速度大小;
解析　对上面电线杆受力分析,如图所示,
答案　
则其所受弹力大小
FN==
要保持电线杆不发生相对滑动,则货车刹车时的最大加速度大小满足2μFN=ma2
解得a2=。
(3)若要使电线杆在刹车过程中不冲撞驾驶室,求货车的最小制动距离。
解析　若货车刹停瞬间,电线杆恰好不与驾驶室发生碰撞,则对电线杆有v2=2a2x1
解得x1=
则货车的最小制动距离x2=x1-x=-x。
答案　-x
动力学问题的解题步骤
例3 (2026·福建福州期中)公园的滑梯高低不等,斜面的长度也不同,假设有三个滑道的某一滑梯模型如图所示,三个滑道的最高点A、B、C和最低点D是在竖直面内的同一圆上,可视为质点的小孩从三个滑道的最高点A、B、C沿滑道由静止开始滑到最低点D(BD>CD>AD),所用的时间分别为t1、t2、t3,不计空气阻力,滑道光滑(即忽略滑梯摩擦的影响),则(　　)
A.t1=t2=t3 B.t1C.t1>t3>t2 D.t2>t3>t1
A
解析　设滑道与水平方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,设圆周的直径为d,则小孩沿滑道滑到D点的位移大小x=dsin θ,又x=at2,解得t=,可见小孩滑到D点的时间t与滑道的倾角θ无关,即小孩沿三个滑道滑到D点所用的时间相等,故A正确。
总结提升　“等时圆”模型的三种情况
“同顶” 等时圆 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2Rsin θ=gsin θ·t2,可推得t1=t2=t3
“同底” 等时圆 各斜面的底端都在竖直圆周的最低点,顶端在该圆周上的不同点,可推得t1=t2=t3
“双圆 周”等 时圆 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在上方圆周上某点,底端落在下方圆周上的相应位置,可推得t1=t2=t3
1.如图所示,有一半圆,其直径水平且与该圆的底部相切于D点,D点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现将三个滑道延长分别交于下半圆周上的G、E、F三点,滑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滑道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜滑道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
跟踪训练
A.tAG=tCE=tBF B.tAG>tCE>tBF
C.tAGB
解析　如图所示,过E点作DE的垂线与竖直虚线交于M,以DM为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而G点在辅助圆外,由等时圆结论可知,tAG>tCE>tBF,故B正确。
考点二　超重与失重现象
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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向,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。
角度　　超、失重现象的图像问题
例4 (2026·广东佛山市月考)某同学体重50 kg,乘电梯上行时,用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示。竖直向上为正方向,重力加速度g=
10 m/s2。关于该段时间下列说法正确的是(　　)
A.3~5 s该同学处于失重状态
B.9~11 s电梯向下加速运动
C.该同学受到的最小支持力约为30 N
D.该同学受到的最大支持力约为530 N
D
解析　由题图可知,3~5 s的加速度为正,方向竖直向上,则该同学处于超重状态,故A错误;9~11 s的加速度为负,方向竖直向下,9 s时的速度是竖直向上的,则电梯向上减速运动,故B错误;10 s时,a1=-0.6 m/s2,该同学受到的支持力最小,FNmin-mg=ma1,解得FNmin=470 N,故C错误;4 s时a2=0.6 m/s2,该同学受到的支持力最大,FNmax-mg=ma2,解得FNmax=530 N,故D正确。
角度　　超、失重现象的分析和计算
例5 (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)。
答案　5.0
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　　　　(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　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　失重　1.0
总结提升　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 ①物体向上加速或向下减速时,超重
②物体向下加速或向上减速时,失重
2.(2026·江苏扬州调研)智能手机安装软件后,可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度。带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放,落到地面后反弹,手机传感器记录了加速度a随时间t变化的关系,如图所示,则手机与地面第一次碰撞过程中(　　)
跟踪训练
A.t1时刻手机速度最大
B.t2时刻手机所受弹力最大
C.与地面作用时间为t2-t1
D.手机先失重后超重
B
解析　手机接触地面时,先向下做加速度减小的变加速运动,可知手机速度最大时,加速度为0,由题图可知,手机速度最大的时刻在t1与t2两时刻之间,A错误;t2时刻手机的加速度最大,即t2时刻手机所受弹力最大,B正确;由于不计空气阻力,手机在与地面没有接触时只受到重力作用,加速度为重力加速度,由题图可知手机与地面第一次碰撞过程中与地面作用时间为t3-t1,C错误;由题图可知,手机先失重后超重再失重,D错误。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
A
对点练1　动力学的两类基本问题
1.(2026·四川泸州诊断)质量为m的物体静置于水平地面上,受到一竖直向上的恒力F作用,从静止开始向上运动。经时间t后撤去F,又经时间t物体刚好落回地面。不计空气阻力,重力加速度为g,则恒力F等于(　　)
A.mg B.mg
C.2mg D.3mg
解析　在第一个时间t内,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,根据匀变速直线运动的公式有x=at2,v=at;在第二个t时间内,根据位移与时间关系式有-x=vt-gt2,解得F=mg,A正确。
D
2.(2025·广东佛山模拟)2025年4月30日,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。若该过程中返回舱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　由运动学公式可得v2-=-2ah,即加速度大小为a== m/s2=
25 m/s2,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,即F=1.05×105 N,故D正确。
A
3.(2026·安徽安庆模拟)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
解析　如图所示,根据等时圆模型,只需要求出沿A'P、B'P、C'P下滑的时间之比,设最小圆的直径为d,则tAP∶tBP∶tCP=tA'P∶tB'P∶tC'P=:∶=∶
∶1,故A正确。
A
4.(2025·河南商丘模拟)如图所示,若滑雪运动员以初速度v=4 m/s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
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,根据牛顿第二定律,沿斜轨道向下方向有mgsin θ-f=ma,解得f=100 N,故C错误;垂直于斜轨道方向有FN-mgcos θ=0,解得FN=400 N,故D错误。
C
5.(2026·浙江宁波模拟 )以6 m/s的速度匀速上升的气球,当升到离地面14.5 m高时,从气球上落下一小球,小球的质量为0.5 kg,假设小球在运动过程中所受阻力大小满足f=(1+kv)N,k=0.01 kg/s,g取10 m/s2。则小球从气球落下后大约经过多长时间到达地面(　　)
A.1.7 s B.1.9 s
C.2.6 s D.3.5 s
解析　因速度大小对阻力大小影响很小,在估算时可把阻力大小恒定为1 N进行计算,根据牛顿第二定律知,小球上升阶段的加速度a1==12 m/s2,上升的时间t1== s=0.5 s,上升的高度h1=t1=1.5 m;小球下降阶段的加速度a2==8 m/s2,根据运动学公式有(h0+h1)=a2,解得下降的时间t2== s=2 s,则共用时间为t=t1+t2=2.5 s,与C项最接近,故C正确。
C
对点练2　超重和失重现象
6.(2026·河南许昌高三阶段测试)一部电梯在竖直方向上运行,其简化模型如图甲所示。某学习小组利用智能手机在此运行的电梯中进行实验探究。实验过程中,手机水平放置,屏幕朝上,以竖直向上为正方向,手机软件记录下了电梯运行过程中的速度随时间变化的关系,如图乙所示,关于记录时间内电梯的运动,下列说法正确的是(　　)
A.35 s时,电梯处于静止阶段
B.35 s时,电梯处于超重状态
C.50 s时,电梯向上运动到最高点
D.50 s时,电梯回到了最初位置
解析　35 s时电梯处于匀速运动阶段,不超重也不失重,故A、B错误;50 s时,电梯向上运动速度减为零,即电梯到达最高点,故C正确,D错误。
D
7.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　由题意可知,该同学处于超重状态,加速度方向向上,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,可得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上做加速运动,故D正确。
C
8.(2026·山西太原模拟)如图所示,一质量为m=2 kg的物体放置在静止升降机的水平底板上,对物体施加一水平向右、大小为F=10 N的拉力,物体刚好不发生运动。由于升降机运动,发现物体沿升降机底板运动的水平加速度为2 m/s2 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g=10 m/s2,则下列关于升降机运动的描述可能正确的是(　　)
A.以4 m/s2的加速度向上加速
B.以5 m/s2的加速度向上加速
C.以4 m/s2的加速度向下加速
D.以5 m/s2的加速度向下加速
解析　初始时物体恰好不发生运动,即物体在底板上所受摩擦力恰好为最大静摩擦力,等于滑动摩擦力,根据平衡条件有Ff=μmg=F=10 N,解得μ=0.5,由于升降机运动,使得物体相对底板向某方向做加速运动,受力分析如图所示,在水平方向,根据牛顿第二定律有F-μFN1=max,解得FN1=12 N,在竖直方向,根据牛顿第二定律有mg-FN1=may,解得ay=4 m/s2,方向竖直向下,即升降机以4 m/s2的加速度向下加速或者向上减速,故C正确,A、B、D错误。
B级　综合提升练
9.(2026·河北邯郸高三月考)如图所示,一位雪橇运动员坐在雪橇上,以初速度vA=
1 m/s从AB滑道上A点出发,并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次,经过6.5 s到达B点,B点有一长度不计的弧形轨道,该弧形轨道平滑连接倾角为θ的滑道AB与水平滑道BC,雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平轨道后雪橇及人自由滑行,水平滑道上B、C两点间距离LBC=80 m。雪橇和人的总质量m=90 kg,经过B点的速度大小vB=9 m/s,雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力大小恒为Ff=45 N,方向与运动方向相反,人在AB滑道上每次划拨冰面时双手与冰面的接触时间Δt=0.5 s,每划拨一次速度大小增加Δv=1 m/s,在AB滑道上不用手划时雪橇和人的加速度大小a1=1 m/s2,
重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)雪橇经过C点时的速度大小vC;
(2)滑道AB的倾角θ的正弦值sin θ;
(3)运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数n。
答案　(1)1 m/s　(2)0.15　(3)3
解析　(1)雪橇从B点运动到C点的过程中,
根据牛顿第二定律有Ff=ma2
解得a2=0.5 m/s2
雪橇从B点到C点的过程中做匀减速直线运动,
根据速度与位移关系式有-=-2a2LBC
解得vC=1 m/s。
(2)雪橇和人从A点运动到B点的过程中,手不划拨冰面时,根据牛顿第二定律有
mgsin θ-Ff=ma1
解得sin θ=0.15。
(3)设运动员在滑道AB上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n,则有
vB=vA+nΔv+a1(t-nΔt)
解得n=3。
10.(2025·江西南昌一模)在游乐场内有这样一个大型滑梯,可看成一个倾角为θ=37°的斜面,如图甲所示,在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板,护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ=37°。质量m=50 kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑,经2.5 s后抵达护板,并与护板反生碰撞,撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零,撞击结束后游客紧贴护板运动1.35 m后滑离斜面,运动过程中可将游客视为质点,垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2。求在下滑过程中:
(1)游客撞击护板时的速度大小v1;
(2)游客紧贴护板运动时,游客与斜面和护板间的滑动摩擦力Ff1、Ff2分别多大;
(3)游客滑离斜面时速度大小v2。
C级　培优加强练
答案　(1)5 m/s　(2)200 N　120 N　(3)1.2 m/s
解析　(1)游客在撞击护板前,
受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos 37°=ma1
下滑的加速度为
a1==2 m/s2
撞击护板时的速度v1=a1t1=5 m/s。
(2)游客紧贴护板运动时,受力分析如图乙所示。根据摩擦力的公式知,游客与斜面间的摩擦力为
Ff1=μFN1=μmgcos θ=200 N
与护板间的滑动摩擦力为
Ff2=μFN2=μmgsin θcos θ=120 N。
(3)在撞击护板后,根据牛顿第二定律有
mgsin θ·sin θ-Ff1-Ff2=ma2
则a2==-2.8 m/s2
根据速度与位移关系式有-(v1sin θ)2=2a2s
代入数据解得v2=1.2 m/s。
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