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第2讲　牛顿第二定律的基本应用
【学习目标】　1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。3.会解决动力学的两类基本问题。
考点一　瞬时加速度问题
瞬时加速度问题的两类模型
轻绳、轻杆 和接触面 形变不明显，剪断或脱离后，恢复形变不需要时间，弹力立即消失或改变
弹簧、蹦床 和橡皮条 形变量比较大，在瞬时问题中，弹簧、蹦床和橡皮条的形变不能立即恢复，弹力的大小不发生突变
(2024·湖南卷·T3)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
答案：A
解析：细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件知A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由平衡条件知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FAB－3mg＝3maB；对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。
【衔接教材】　(人教版必修第一册P114B组·T1)如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少？
【衔接分析】　教材练习题和湖南卷第3题都考查了绳、弹簧的瞬时问题，利用牛顿第二定律分析外界条件突变时的瞬时加速度，教材练习题中是两球、一弹簧，2024湖南卷是四球、两弹簧，提高了难度，不仅考查了瞬时加速度问题，还考查了整体法与隔离法的应用。
拓展变式.将衔接教材中的装置放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为(　　)
A.aA＝0，aB＝g B.aA＝g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g
答案：B
解析：剪断前，分析A、B和弹簧整体受力可知，轻绳的拉力为FT＝2mgsin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，小球B所受合力为0，所以小球A、B的瞬时加速度分别为aA＝2gsin 30°＝g，aB＝0。故选B。
如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ
C.A与B的加速度之比为1∶1
D.A与B的加速度之比为cos θ∶1
答案：D
解析：根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力保持不变，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1。故选D。
求解瞬时加速度问题的基本思路
1.分析初始受力：首先分析物体在给定状态下的受力情况。若物体处于平衡状态，则根据平衡条件列方程；若处于非平衡状态，则应用牛顿第二定律求解各力大小。
2.判断力的变化：当状态突变时(如剪断细线、撤去某个力等)，需明确哪些力发生突变、哪些力保持不变。注意：绳中张力、接触面弹力等可在瞬间发生突变或消失，而弹簧弹力通常不会突变。
3.求合力与加速度：根据状态变化后的受力情况，求出物体所受的合力，再依据牛顿第二定律计算出瞬时加速度。
学生用书 第45页
考点二　超重与失重
1.实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重大于物体重力 视重小于物体重力 视重等于0
产生 条件 竖直方向上，物体的加速度向上 竖直方向上，物体的加速度向下 竖直方向上，物体的加速度向下，且等于g
运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升
原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0
【正误辨析】
(1)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。(×)
(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)
(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。(×)
1.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。
2.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 当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；向下加速或向上减速时，物体处于失重状态
(2026·天津一中期末)科学研究表明，一般人在超重状态下加速度达到5g左右时，就会出现“黑视”现象，短暂失去视觉。某同学想了解自身的承受能力，她站在力传感器采集了如图所示图线，g取10 m/s2，对于本次实验以下说法正确的是(　　)
A.失重的最大加速度为0.5g
B.超重的最大加速度为0.6g
C.她先站起，后下蹲
D.她先下蹲，后站起
答案：D
解析：由题图可知，该同学的重力G＝mg＝500 N，可得m＝50 kg，根据牛顿第二定律有500 N－200 N＝ma1，可得失重的最大加速度a1＝0.6g，故A错误；同理，根据牛顿第二定律有700 N－500 N＝ma2，可得超重的最大加速度a2＝0.4g，故B错误；根据题图可知，该同学先失重后超重，经过一段时间后先超重再失重，可知该同学先向下加速后向下减速，然后向上加速再向上减速，可知她先下蹲，后站起，故D正确，C错误。
(2024·全国甲卷·T22)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)问结合平衡条件可知mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N＜mg，故物体处于失重状态；根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a≈1.0 m/s2。
学生用书 第46页
考点三　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.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：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。
已知受力求运动情况
(2026·福建厦门六中二模)如图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30°，现小球在F＝10 N的沿杆向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为，g＝10 m/s2。求：
(1)小球运动的加速度大小a1；
(2)若F作用2 s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离xm。
答案：(1)2 m/s2　(2)5 m
解析：(1)在力F作用时有
F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝4 m/s
撤去F前小球的位移x1＝t1＝4 m
撤去力F后，小球上滑时有
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
代入数据解得a2＝8 m/s2
因此小球减速上滑时间t2＝＝0.5 s
减速上滑位移x2＝t2＝1 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝5 m。
已知运动情况求受力
钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，如图2所示，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)在C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析：(1)设雪车(包括运动员)从A到B的加速度大小为a1，运动时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有＝2a1lAB，vB＝a1t1
解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。
(2)由题知雪车(包括运动员)从A到C全程的运动时间t0＝5.0 s
设雪车(包括运动员)从B到C的加速度大小为a2，运动时间为t2，故t2＝t0－t1，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt2＋a2，vC＝vB＋a2t2
代入数据解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。
(3)设雪车(包括运动员)在BC上运动时受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律有
mgsin 15°－Ff＝ma2
代入数据解得Ff＝66 N。
解答动力学两类基本问题的步骤
学生用书 第47页
“等时圆”模型
1.“等时圆”模型的概念
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2.“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
续表
“同底 等时圆” 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，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
拓展应用.(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
答案：BC
解析：小球1的加速度为a1＝gsin 60°＝g，位移为x1＝2rsin 60°＝r，运动时间为t1＝＝2；小球2的加速度为a2＝gsin 30°＝g，位移为x2＝2rsin 30°＝r，运动时间为t2＝＝2；小球3的加速度为a3＝gsin 60°＝g，位移为x3＝＝2r，运动时间为t3＝＝；小球4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。
课时测评13　牛顿第二定律的基本应用
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－9，每题4分，共36分)
题组1　瞬时加速度问题
1.(2026·山西晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间(　　)
A.弹簧的弹力突然减为零
B.P与箱顶的作用力仍然为零
C.P受到的合力小于Q受到的合力
D.Q对箱底的压力减为原来的一半
答案：D
解析：未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块P的重力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误；由于剪断轻绳的瞬间，整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力，即P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重力，剪断轻绳瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。
2.(2026·四川南充模拟)细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是(　　)
A.弹簧被拉伸，形变量大小为
B.小球静止时细绳的拉力大小为mg
C.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g
D.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g
答案：D
解析：以小球为对象，根据受力平衡可得FTcos 53°＝mg，FTsin 53°＝F弹，解得FT＝，F弹＝，此时弹簧被压缩，根据胡克定律可得弹簧的压缩量大小为x＝＝，故A、B错误；剪断细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，弹簧弹力和重力的合力大小等于剪断细绳前绳子的拉力大小，则有a＝＝＝g，故D正确，C错误。
3.如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(　　)
A.14 m/s2 B.12 m/s2
C.10 m/s2 D.8 m/s2
答案：D
解析：剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正确。
题组2　超重与失重
4.(2026·广东茂名期末)如图是“反向蹦极”的简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放游客，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知游客与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.打开扣环瞬间，游客的加速度大小为10 m/s2
B.从A到B过程，游客做加速度增大的加速运动
C.在B点，游客所受合力最小
D.在C点，游客处于超重状态
答案：C
解析：力传感器示数FT＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有F＝FT＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，故A错误；游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于游客的重力，随着游客向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，游客所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故从A到B过程，游客做加速度不断减小的加速运动，故B错误；在B点时速度最大，游客所受合力为零，故C正确；在B点时速度最大，C点速度为零，可知B到C过程游客做减速运动，加速度向下，游客处于失重状态，故D错误。
5.(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
A.座舱的最大速度为24 m/s
B.匀加速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
C.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
D.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
答案：ABD
解析：座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，匀加速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有＝＝，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，匀减速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN'－mg＝ma2，则有＝＝，故C错误，D正确。故选ABD。
题组3　动力学的两类基本问题
6.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s
B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N
C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2
D.无人机上升的最大高度为42 m
答案：ACD
解析：由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；向上加速时，由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。
7.(2026·河南模拟)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2，则(　　)
A.运动员起跳过程属于先失重后超重状态
B.起跳过程中加速度大小为16 m/s2
C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D.起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
答案：B
解析：运动员起跳过程向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；根据题意可知，离地后运动员做竖直上抛运动，则离地速度v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳过程中向上做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝16 m/s2，故B正确；从开始起跳到离地上升到最高点需要t＝＋＝ s＋ s＝0.65 s，故C错误；起跳过程中根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，地面对运动员支持力为FN＝ma＋mg＝1 560 N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为FN'＝FN＝1 560 N，故D错误。
8.(2026·河南模拟)小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500 N。电梯从t＝0时由静止开始运动，t＝18 s时静止，电子秤的示数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.电梯处于上升状态
B.电梯减速阶段的加速度大小为0.5 m/s2
C.16～18 s内，电子秤的示数为600 N
D.0～18 s内，电梯运行的总位移为30 m
答案：D
解析：电梯由静止开始运动，只能加速，由题图可知电梯先失重，加速度向下，只能做向下的加速运动，则电梯处于下降状态，故A错误；0～4 s内，电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得500 N－475 N＝ma1，解得a1＝0.5 m/s2，t＝4 s时的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s，0～4 s内的位移大小为x1＝a1＝4 m，4～16 s内，电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v1t2＝24 m，16～18 s内，电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得0＝v1－a2t3，解得加速度大小为a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma2，解得F＝550 N，可知16～18 s内，电子秤的示数为550 N，故B、C错误；16～18 s内，由0－＝－2a2x3，解得x3＝2 m，则0～18 s内，电梯运行的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝30 m，故D正确。
9.如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B.小海豚和坡道间的动摩擦因数为0.1
C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m
D.小海豚下滑回到O点时的速度大小为10 m/s
答案：B
解析：设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈8.7 m/s，D错误。
10.(14分)(2026·福建漳州第四次质量检测)杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵·烟雨染江南》让世界看到“仙女”们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”
(1)全过程的平均速率；
(2)匀加速上升过程的加速度大小a；
(3)匀减速上升过程中每根钢索拉力大小FT。
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)全过程根据平均速率的定义有＝
解得＝。
(2)设匀加速结束时的速度为v，则有h＝·2t
由匀变速直线运动规律得a＝
解得a＝。
(3)匀加速与匀减速加速度大小相等，匀减速上升过程，由牛顿第二定律得mg－2FT＝ma
解得FT＝。(共67张PPT)
第2讲　牛顿第二定律的基本应用
高三总复习讲义　新高考
第三章 牛顿运动定律
1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。
2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。
3.会解决动力学的两类基本问题。
学习目标
考点一　瞬时加速度问题
考点二　超重与失重
考点三　动力学的两类基本问题
课时测评
内容索引
瞬时加速度问题
考点一
瞬时加速度问题的两类模型
轻绳、轻杆 和接触面 形变不明显，剪断或脱离后，恢复形变不需要时间，弹力立即消失或改变
弹簧、蹦床 和橡皮条 形变量比较大，在瞬时问题中，弹簧、蹦床和橡皮条的形变不能立即恢复，弹力的大小不发生突变
(2024·湖南卷·T3)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
√
例1
细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件知A、B
间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由平衡条件知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FAB－3mg＝3maB；对C，由牛顿第二定律有2mg
＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。
(人教版必修第一册P114B组·T1)如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少？
衔接教材
教材练习题和湖南卷第3题都考查了绳、弹簧的瞬时问题，利用牛顿第二定律分析外界条件突变时的瞬时加速度，教材练习题中是两球、一弹簧，2024湖南卷是四球、两弹簧，提高了难度，不仅考查了瞬时加速度问题，还考查了整体法与隔离法的应用。
衔接分析
拓展变式.将衔接教材中的装置放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为
A.aA＝0，aB＝g
B.aA＝g，aB＝0
C.aA＝g，aB＝g
D.aA＝0，aB＝g
√
剪断前，分析A、B和弹簧整体受力可知，轻绳的拉力为FT＝2mgsin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，小球B所受合力为0，所以小球A、B的瞬时加速度分别为aA＝2gsin 30°＝g，aB＝0。故选B。
如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ
C.A与B的加速度之比为1∶1
D.A与B的加速度之比为cos θ∶1
√
例2
根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力保持不变，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1。故选D。
求解瞬时加速度问题的基本思路
1.分析初始受力：首先分析物体在给定状态下的受力情况。若物体处于平衡状态，则根据平衡条件列方程；若处于非平衡状态，则应用牛顿第二定律求解各力大小。
2.判断力的变化：当状态突变时(如剪断细线、撤去某个力等)，需明确哪些力发生突变、哪些力保持不变。注意：绳中张力、接触面弹力等可在瞬间发生突变或消失，而弹簧弹力通常不会突变。
总结提升
3.求合力与加速度：根据状态变化后的受力情况，求出物体所受的合力，再依据牛顿第二定律计算出瞬时加速度。
总结提升
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超重与失重
考点二
1.实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态______。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为______。
知识梳理
无关
视重
谢 谢 观 看
实验七　验证机械能守恒定律
2.超重、失重和完全失重的比较
状态 超重 失重 完全失重
现象 视重______物体重力 视重______物体重力 视重等于___
产生 条件 竖直方向上，物体的加速度向____ 竖直方向上，物体的加速度向____ 竖直方向上，物体的加速度向下，且等于___
运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度______下降或减速上升
原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0
大于
小于
0
上
下
g
加速
正误辨析
(1)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。 ( )
(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 ( )
(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。 ( )
×
×
√
×
1.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。
核心突破
2.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 当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；向下加速或向上减速时，物体处于失重状态
(2026·天津一中期末)科学研究表明，一般人在超重状态下加速度达到5g左右时，就会出现“黑视”现象，短暂失去视觉。某同学想了解自身的承受能力，她站在力传感器采集了如图所示图线，g取10 m/s2，对于本次实验以下说法正确的是
A.失重的最大加速度为0.5g
B.超重的最大加速度为0.6g
C.她先站起，后下蹲
D.她先下蹲，后站起
√
例3
由题图可知，该同学的重力G＝mg＝500 N，可得m＝50 kg，根据牛顿第二定律有500 N－200 N＝ma1，可得失重的最大加速度a1＝0.6g，故A错误；同理，根据牛顿第二定律有700 N－500 N＝ma2，可得超重的最大加速度a2＝0.4g，故B错误；根据题图可知，该同学先失重后超重，经过一段时间后先超重再失重，可知该同学先向下加速后向下减速，然后向上加速再向上减速，可知她先下蹲，后站起，故D正确，C
错误。
(2024·全国甲卷·T22)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)。
例4
5.0
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)。
失重
1.0
根据(1)问结合平衡条件可知mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为
4.5 N＜mg，故物体处于失重状态；根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a≈1.0 m/s2。
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动力学的两类基本问题
考点三
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.分析动力学两类基本问题的关键
(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)搭建两个桥梁：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1 已知受力求运动情况
(2026·福建厦门六中二模)如图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30°，现小球在F＝10 N的沿杆向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿杆向上运动。已知杆与球间的动摩擦因数为，g＝10 m/s2。求：
(1)小球运动的加速度大小a1；
例5
在力F作用时有
F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
答案：2 m/s2
(2)若F作用2 s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离xm。
答案：5 m
刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝4 m/s
撤去F前小球的位移x1＝t1＝4 m
撤去力F后，小球上滑时有
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
代入数据解得a2＝8 m/s2
因此小球减速上滑时间t2＝＝0.5 s
减速上滑位移x2＝t2＝1 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝5 m。
考向2 已知运动情况求受力
钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑，如图2所示，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
例6
答案： m/s2
设雪车(包括运动员)从A到B的加速度大小为a1，运动时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有＝2a1lAB，vB＝a1t1
解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。
(2)在C点的速度大小；
答案：12 m/s
由题知雪车(包括运动员)从A到C全程的运动时间t0＝5.0 s
设雪车(包括运动员)从B到C的加速度大小为a2，运动时间为t2，故t2＝t0－t1，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt2＋a2，vC＝vB＋a2t2
代入数据解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案：66 N
设雪车(包括运动员)在BC上运动时受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律有
mgsin 15°－Ff＝ma2
代入数据解得Ff＝66 N。
解答动力学两类基本问题的步骤
总结提升
“等时圆”模型
1.“等时圆”模型的概念
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
素养拓展
2.“等时圆”模型的三种情况
素养拓展
“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，顶端都源自该圆周上的不同点，可推得t1＝t2＝t3
素养拓展
“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
拓展应用.(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
√
√
小球1的加速度为a1＝gsin 60°＝g，位移为x1＝2rsin 60°＝r，运动时间为t1＝＝2；小球2的加速度为a2＝gsin 30°＝g，位移为x2＝
2rsin 30°＝r，运动时间为t2＝＝2；小球3的加速度为a3＝gsin 60°＝g，位移为x3＝＝2r，
运动时间为t3＝＝；小球4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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课 时 测 评
题组1　瞬时加速度问题
1.(2026·山西晋城二模)如图所示，一个箱子用轻绳悬吊在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间
A.弹簧的弹力突然减为零
B.P与箱顶的作用力仍然为零
C.P受到的合力小于Q受到的合力
D.Q对箱底的压力减为原来的一半
√
未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块P的重力，剪断轻绳的
瞬间，整体向下的加速度为g，弹簧长度不变，弹力不变，仍等
于物块P的重力，故A错误；由于P的加速度为g，因此箱顶对P
的压力与弹簧弹力等大反向，故B错误；由于剪断轻绳的瞬间，
整体向下的加速度为g，故P和Q受到的合力均等于它们的重力，
即P受到的合力等于Q受到的合力，故C错误；未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q的总重力，剪断轻绳瞬间，Q的加速度为g，则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正确。
2.(2026·四川南充模拟)细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是
A.弹簧被拉伸，形变量大小为
B.小球静止时细绳的拉力大小为mg
C.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g
D.剪断细绳瞬间小球的加速度大小为g
√
以小球为对象，根据受力平衡可得FTcos 53°＝mg，FTsin 53°＝F弹，解得FT＝，F弹＝，此时弹簧被压缩，根据胡克定律可得弹簧的压缩量大小为x＝＝，故A、B错误；剪断细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，弹簧弹力和重力的合力大小等于剪断细绳前绳子的拉力大小，则有a＝＝＝g，故D正确，C错误。
3.如图所示，质量为m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为
A.14 m/s2
B.12 m/s2
C.10 m/s2
D.8 m/s2
√
剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝50 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D
正确。
题组2　超重与失重
4.(2026·广东茂名期末)如图是“反向蹦极”的简化模型，弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时力传感器示数为1 200 N。打开扣环，从A点由静止释放游客，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知游客与装备(可视为质点)的总质量为60 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
√
A.打开扣环瞬间，游客的加速度大小为10 m/s2
B.从A到B过程，游客做加速度增大的加速运动
C.在B点，游客所受合力最小
D.在C点，游客处于超重状态
力传感器示数FT＝1 200 N，设此时弹性绳的弹力大小为
F，由平衡条件有F＝FT＋mg，解得F＝1 800 N，打开扣
环瞬间，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得a＝20 m/s2，
故A错误；游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于游客的重
力，随着游客向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的
弹力减小，游客所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力与重力相等，合力为零，故从A到B过程，游客做加速度不断减小的加速运动，故B错误；在B点时速度最大，游客所受合力为零，故C正确；在B点时速度最大，C点速度为零，可知B到C过程游客做减速运动，加速度向下，游客处于失重状态，故D错误。
5.(多选)一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48 m的高处，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落h1＝36 m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g＝10 m/s2。则
A.座舱的最大速度为24 m/s
B.匀加速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
C.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
D.匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的
√
√
√
座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为vm，根据运动学公式可得2a1h1＝－0，解得vm＝＝ m/s＝24 m/s，故A正确；设游客重力为mg，匀加速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－FN＝ma1，则有＝＝，故B正确；座舱匀减速下落的高度为h2＝H－h1＝12 m，根据运动学公式可得－2a2h2＝0－，解得加速度大小为a2＝24 m/s2，匀减速过程以游客为研究对象，根据牛顿第二定律可得FN'－mg＝ma2，则有＝＝，故C错误，D正确。故选ABD。
题组3　动力学的两类基本问题
6.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是
A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s
B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N
C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2
D.无人机上升的最大高度为42 m
√
√
√
由运动学公式可得，无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；向上加速时，由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。故选ACD。
7.(2026·河南模拟)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2，则
A.运动员起跳过程属于先失重后超重状态
B.起跳过程中加速度大小为16 m/s2
C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 s
D.起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
√
运动员起跳过程向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；根据题意可知，离地后运动员做竖直上抛运动，则离地速度v＝＝ m/s＝4 m/s，起跳过程中向上做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝ m/s2＝16 m/s2，故B正确；从开始起跳到离地上升到最高点需要t＝＋＝ s＋ s＝
0.65 s，故C错误；起跳过程中根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，地面对运动员支持力为FN＝ma＋mg＝1 560 N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为FN'＝FN＝1 560 N，故D错误。
8.(2026·河南模拟)小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500 N。电梯从t＝0时由静止开始运动，t＝18 s时静止，电子秤的示数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.电梯处于上升状态
B.电梯减速阶段的加速度大小为0.5 m/s2
C.16～18 s内，电子秤的示数为600 N
D.0～18 s内，电梯运行的总位移为30 m
√
电梯由静止开始运动，只能加速，由题图可知电梯先失重，加速度向下，只能做向下的加速运动，则电梯处于下降状态，故A错误；0～4 s内，电梯向下加速运动，由牛顿第二定律可得500 N－475 N＝ma1，解得a1＝0.5 m/s2，t＝4 s时的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s，0～4 s内的位移大小为x1＝a1＝4 m，4～16 s内，电梯向下匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v1t2＝24 m，16～18 s内，
电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得0＝v1－a2t3，解得加速度大小为a2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma2，解得F＝550 N，可知16～18 s内，电子秤的示数为550 N，故B、C错误；16～
18 s内，由0－＝－2a2x3，解得x3＝2 m，则0～18 s内，电梯运行的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝30 m，故D正确。
9.如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取
10 m/s2，下列说法正确的是
A.小海豚向上滑的加速度大小为3.2 m/s2
B.小海豚和坡道间的动摩擦因数为0.1
C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m
D.小海豚下滑回到O点时的速度大小为10 m/s
√
设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝
m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈8.7 m/s，D错误。
设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度大小为v'≈
8.7 m/s，D错误。
10.(14分)(2026·福建漳州第四次质量检测)杭州亚运会开幕式节目《国风雅韵·烟雨染江南》让世界看到“仙女”们长裙飘飘、凌空翱翔的东方美学。飞天“仙女”坐在由两根竖直钢索牵引着的钢板上，从地面由静止竖直上升，先做匀加速后做匀减速运动，加速和减速时间均为t，全程上升高度h时速度为零。“仙女”和钢板的总质量为m，重力加速度大小为g，求“仙女”
(1)全过程的平均速率；
答案：
全过程根据平均速率的定义有＝
解得＝。
(2)匀加速上升过程的加速度大小a；
答案：　
设匀加速结束时的速度为v，则有h＝·2t
由匀变速直线运动规律得a＝
解得a＝。
(3)匀减速上升过程中每根钢索拉力大小FT。
答案：
匀加速与匀减速加速度大小相等，匀减速上升过程，由牛顿第二定律得mg－2FT＝ma
解得FT＝。
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第2讲　牛顿第二定律的基本应用

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