2025年高考物理精品教案第三章 运动和力的关系 第2讲 牛顿第二定律的基本应用

这是一份2025年高考物理精品教案第三章 运动和力的关系 第2讲 牛顿第二定律的基本应用，共23页。

考点1 瞬时性问题

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，当物体所受合力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度[1] 不能 发生突变.
如图所示，两个质量均为m的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，重力加速度为g.
（1）剪断细绳前，弹簧对A球的弹力是 mg ，弹簧对B球的拉力是 mg ；剪断细绳的瞬间，弹簧对A球的弹力是 mg ，弹簧对B球的拉力是 mg .
（2）剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度分别是 2g 、 0 .
解析 剪断细绳之前，细绳的拉力为2mg，轻弹簧拉力为mg；当剪断细绳的瞬间，细绳拉力消失，轻弹簧拉力不发生突变，则A球所受合力为2mg，加速度为2g，B球所受合力为0，加速度为0.
明确并注意区别牛顿第二定律瞬时性问题的几种模型

1.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示.现突然剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则（ A ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g
C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，将两球看成一个整体，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，故A正确.
命题拓展
轻杆连接→轻绳连接
若小球A和小球B之间用轻绳连接，在剪断细绳OA的瞬间，小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则（ A ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2g
C.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 剪断细绳的瞬间，A、B间轻绳的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，将两球看成一个整体，由受力分析可得mg＋mg＝2ma，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，故A正确.
2.[轻绳、轻弹簧连接/2024山东济南联考]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（ D ）
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：cs2θ
C.A与B的加速度之比为1：1
D.A与B的加速度之比为csθ：1
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后，A球做圆周运动，剪断瞬间速度为0，向心加速度为0，只有切向加速度，故对A球进行受力分析，
如图甲所示，有FT＝mgcsθ，mgsinθ＝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，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcsθ＝mg，mgtanθ＝ma2，所以FT：F＝cs2θ：1，a1：a2＝csθ：1，故D正确.
方法点拨
利用建模思想求解瞬时加速度
考点2 超重和失重问题

1.超重与失重
2.实重与视重
如图，一中学生站在体重计上向下蹲.
（1）中学生在下蹲过程中是处于超重状态还是处于失重状态？
（2）中学生在下蹲过程中体重计的示数如何变化？
（3）中学生在下蹲过程中体重计对中学生的支持力如何变化？
答案 （1）中学生先处于失重状态后处于超重状态（突破点：下蹲过程中先加速后减速）.
（2）体重计的示数先减小后增大.
（3）体重计对中学生的支持力先减小后增大.

命题点1 超失重现象的判断
3.[v－t图像/2024广东惠州第一次调研]近年来惠州市试点为老旧小区加装垂直电梯，如图（a）所示，取竖直向上方向为正方向，某人某次乘电梯时的速度随时间变化的图像如图（b）所示，以下说法正确的是（ C ）
A.4s时电梯停止在某一层楼
B.1～3s，此人处于超重状态，重力变大
C.5～7s，此人处于失重状态，支持力小于重力
D.电梯先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
解析
4.[F－t图像]图甲是某人站在接有力传感器的平板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图甲中的小黑点表示人的重心.图乙是平板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2.根据图像分析可知（ C ）
A.人的重力可由b点读出，约为300N
B.在由b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C.人在双脚离开平板的过程中，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 由图乙可知，开始时人处于平衡状态，人对平板的压力约为900N，则人的重力也约为900N，A错误；在由b到c的过程中，人对平板的压力先小于重力后大于重力，故人先处于失重状态后处于超重状态，B错误；人双脚离开平板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，C正确；人在b点对应时刻对平板的压力与重力的差值要小于在c点对应时刻对平板的压力与重力的差值，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，D错误.
方法点拨
判断超重和失重的方法
命题点2 超失重现象的分析和计算
5.[超失重与现代科技/2024湖北黄冈统考]某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实验：如图甲所示，将橡皮筋上端固定在铁架台上的O点，打开手机加速度传感器，同时从O点由静止释放手机，获得一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ D ）
A.手机在0.5s时处于失重状态
B.手机在1.0s时处于超重状态
时橡皮筋恢复到原长
D.手机的速度最大值约为3m/s
解析 根据题意，手机从O点由静止释放时，加速度为－10m/s2，对比以后的加速度，可知图像是以竖直向上为正方向，且释放手机时橡皮筋处于松弛状态.手机在0.5s时加速度方向向上，处于超重状态.手机在1.0s时加速度为负，方向向下，处于失重状态，故选项A、B错误；0.9s时，手机加速度为0，橡皮筋弹力与重力平衡，不为零，橡皮筋没有恢复到原长，故选项C错误；由图乙可知，手机先向下做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，速度达到最大，根据a－t图像与横轴围成的面积表示速度变化量可知，最大速度约为vmax＝12×（0.25＋0.35）×10m/s＝3m/s，选项D正确.
6.[超失重与体育/2024福建莆田二中阶段测试]女排运动员进行原地起跳拦网训练，某质量为60kg的运动员原地静止站立（不起跳）双手拦网高度为2.10m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5m，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2.90m.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＝10m/s2.则（ B ）
A.运动员在起跳过程中处于失重状态
B.运动员起跳过程中的加速度大小为16m/s2
C.运动员从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4s
D.起跳过程中运动员对地面的压力为960N
解析 运动员起跳过程中，向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，选项A错误；运动员脚离地之后做竖直上抛运动，逆向思维，由v2＝2gh可得，脚离地时，运动员的速度为v＝2×10×（2.9－2.1）m/s＝4m/s，由v2＝2ax可得，运动员起跳过程中的加速度大小为a＝v22x＝422×0.5m/s2＝16m/s2，选项B正确；根据题意，运动员起跳过程经过的时间为t1＝va＝0.25s，运动员从离地到上升到最高点经过的时间为t2＝vg＝0.4s，则运动员从开始起跳到离地上升到最高点经过的时间为t＝t1＋t2＝0.65s，选项C错误；根据题意，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝1560N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为F'N＝FN＝1560N，选项D错误.
方法点拨
1.不论超重还是失重，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.即使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.
4.即使系统整体没有竖直方向的加速度，但只要系统的一部分具有竖直方向的分加速度，系统也会处于超重或失重状态.
考点3 两类动力学问题

1.两类基本的动力学问题
（1）已知物体受力情况，判断其运动情况；
（2）已知物体运动情况，判断其受力情况.
应用运动学公式和[8] 牛顿第二定律 解决动力学问题，受力分析和运动状态分析是关键，[9] 加速度 是解决此类问题的纽带.
2.力和运动问题求解步骤
如图所示，一位滑雪者以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，已知人与装备的总质量为75kg，山坡倾角为37°，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
（1）若在5s内滑雪者滑下的路程为60m.求滑雪者受到的阻力.
（2）若滑雪者与雪面的动摩擦因数为0.375，在5s内滑雪者滑下的路程是多少？
答案 （1）150N （2）47.5m
解析 （1）由匀变速直线运动规律有x1＝v0t＋12a1t2，解得滑雪者下滑的加速度a1＝4m/s2.由牛顿第二定律可知mgsin37°－Ff＝ma，得滑雪者受到的阻力Ff＝150N.
（2）对滑雪者受力分析可知F压＝mgcs37°＝600N，则FN＝F压＝600N，由牛顿第二定律可知mgsin37°－μFN＝ma2，解得滑雪者下滑的加速度a2＝3m/s2，由匀变速直线运动规律有x2＝v0t＋12a2t2，得x2＝47.5m.

命题点1 已知受力求运动情况
7.[牛顿运动定律、受力分析/2022全国乙]一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.现将一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直，如图所示.当两球运动至二者相距35L时，它们的加速度大小均为（ A ）
A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m
解析 当两球运动至二者相距35L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝3L10L2＝35，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcsθ＝F，解得FT＝58F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝5F8m，故A正确，B、C、D错误.
8.[等时圆模型/多选]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到达细杆另一端所用的时间.下列关系正确的是（ BCD ）
A.t1＝t2B.t2＞t3
C.t1＜t2D.t1＝t3
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca，ca、Oa、da三根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滑动的小滑环与由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＝12a加t2可知，t2＞tca，故B、C、D正确.
方法点拨 等时圆模型
命题点2 已知运动情况求力
9.[根据运动图像求力/多选]如图甲所示，质量m＝1kg、初速度v0＝10m/s的物块，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2.下列说法中正确的是（ ABD ）
A.0～5m内物块做匀减速运动
B.在t＝1s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
解析 0～5m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由图乙知，2a1＝－20m/s2，则a1＝－10m/s2，物块做匀减速运动，A正确；由图乙知，物块的初速度v0＝10m/s，恒力F在5m处反向，在0～5m内物块运动的时间t＝0－v0a1＝1s，即在t＝1s时刻，恒力F反向，B正确；5～13m内，由v22＝2a2x2，得物块的加速度a2＝v222x2＝4m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7N，μ＝0.3，D正确，C错误.
10.[根据运动描述求力的大小/2023山东日照联考]2022年6月17日，我国第三艘航空母舰福建舰下水，福建舰上安装了电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离.假设航空母舰的水平跑道总长l＝180m，电磁弹射区的长度l1＝80m，如图所示.一架质量m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的14.若飞机可看成质量恒定的质点，经电磁弹射器弹射后可获得的速度为202m/s，从边沿离舰的起飞速度为40m/s，航空母舰始终处于静止状态，电磁弹射器提供的牵引力恒定，取重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）喷气式发动机可为飞机提供的推力大小；
（2）电磁弹射器提供的恒定牵引力的大小.
答案 （1）1.3×105N （2）2.0×104N
解析 （1）根据运动学公式，有v2－v12＝2a1（l－l1）
解得a1＝4m/s2
根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－14mg＝ma1
解得F推＝1.3×105N
（2）根据运动学公式，有v12＝2a2l1
解得飞机在电磁弹射区运动的加速度
a2＝5m/s2
根据牛顿第二定律有F牵＋F推－14mg＝ma2
代入数据解得F牵＝2.0×104N.
一题多解 （1）对飞机离开弹射区后由动能定理有（F推－14mg）（l－l1）＝12mv2－12mv12
代入数据解得F推＝1.3×105N
（2）对飞机在弹射区由动能定理有（F牵＋F推－14mg）＝12mv12
代入数据解得F牵＝2.0×104N.

热点2 牛顿运动定律＋运动情境
1.[球形飞行器/2022湖南/多选]球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）.当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ BC ）
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为174Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为53m/s
D.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析 当飞行器关闭发动机以速率v1＝10m/s匀速下落时，有Mg＝kv12，可得k＝0.01Mg N·s2·m－2，当飞行器以速率v2＝5m/s匀速向上运动时，有Mg＋kv22＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A错误；当飞行器以速率v2＝5m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用且处于平衡状态，由平衡条件有F2＝（Mg）2＋（kv22）2，解得F＝174Mg，B正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Fmax2－（Mg）2＝（kv32）2，解得v3＝53m/s，C正确；当飞行器以最大推力向下，飞行器以5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mamax，解得amax＝2.5g，D错误.
2.[神舟十四号/2024浙江杭州模拟]神舟十四号航天员乘组被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间他们迎来了问天实验舱、梦天实验舱、天舟五号和神舟十五号.如图，神舟十四号飞船返回地球穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达1200m2，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形，半径为15m，设每一根伞绳长度为39m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg.设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，降落伞中轴线保持竖直，返回舱以0.5m/s2的加速度竖直向下减速.此过程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2.则下列分析正确的是（ C ）
A.在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力
B.题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱（含航天员）的总重力
C.题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325N
D.题中减速阶段，降落伞受到的空气阻力为31500N
解析 在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号在地球的万有引力作用下环绕地球
运动，所以神舟十四号处于完全失重状态，选项A错误；减速阶段，返回舱的总重
力(含航天员)为G 舱＝(M＋3m人)g＝(2 670＋3×70)×10 N＝28 800 N，根据牛顿第
二定律F绳合＋0.05(M＋3m人)g－(M＋3m人)g＝(M＋3m人)a，可得伞绳对返回舱的合
力F绳合＝28 800 N＝G 舱，故题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力等于返回舱的总重
力，故选项B错误；设伞绳与竖直方向的夹角为θ，有 sin θ＝1539＝513，对返回舱受力
分析有F绳合＝96×T cs θ，可得题中减速阶段，每根伞绳的拉力为T＝325 N，选项C
正确；题中减速阶段，对返回舱、航天员、降落伞整体受力分析有F空＋0.05(M＋
3m人)g－(M＋3m人＋m伞)g＝(M＋3m人＋m伞)a，解得降落伞受到的空气阻力为F空＝
30 060 N，选项D错误.
3.[物流公司装货物/2022浙江1月]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＝4m，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＝29，货物可视为质点（取cs24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/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2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
答案 （1）2m/s2 （2）4m/s （3）2.7m
解析 （1）由牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcs24°＝ma1
解得a1＝2m/s2
（2）货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由运动学公式可得v2＝2a1l1
解得v＝4m/s
（3）货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由运动学公式可得v12－v2＝2a2l2
又a2＝－μg
解得l2＝2.7m.
1.[两类动力学问题/2023浙江1月]如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点.若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（ A ）
A.O点最大
B.P点最大
C.Q点最大
D.整个运动过程保持不变
解析 小石子抛出后由O到P的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向下的
阻力，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，又空气阻力与瞬时速度大小成正比，小石
子向上运动的过程中，竖直分速度逐渐减小，竖直方向的阻力f逐渐减小，则小石子
的加速度逐渐减小.小石子由P到Q的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向
上的阻力，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，小石子的竖直分速度逐渐增大，竖直方
向的阻力f逐渐增大，加速度逐渐减小.由以上分析可知，石子在O点竖直方向分运动
的加速度最大，A正确，BCD错误.
2.[超重和失重/2020山东]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是（ D ）
A.0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，
速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持
力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客
所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度
方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错
误，D正确.
3.[瞬时性问题/2022全国甲/多选]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ AD ）
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析 两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力
后，对滑块P由牛顿第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx'＝ma2，从
撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度
大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹
簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B
项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度
相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于
Q的位移，C项错误，D项正确.
一题多解 由分析可知P、Q的加速度变化情况，定性绘制两滑块的v－t图像如图所示，由图像容易判断出撤去拉力后到弹簧第一次恢复原长前P的位移一定小于Q的位移，P的速度一直小于同一时刻Q的速度，故C项错误，D项正确.
4.[两类动力学问题/2021河北]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝725，csθ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化.求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.
答案 （1）9m （2）7.44m/s
解析 （1）背包下滑过程中，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
解得背包在滑道AB段的加速度a1＝2m/s2
设AB段长为L，滑到底端所用时间为t，故有L＝12a1t2
对滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）2
解得L＝9m
（2）滑雪者滑到B点时的速度v1＝v0＋a2（t－1s）
背包滑到底端B点时的速度v2＝a1t
对滑雪者拎起背包的过程，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得滑雪者拎起背包瞬间的速度v＝7.44m/s

1.[情境创新/2024广东广雅中学校考]如图是梁同学做引体向上的示意图.若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动.下列说法正确的是（ A ）
A.单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的
B.“上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力
C.“下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力
D.“下放”过程梁同学均处于失重状态
解析 单杠对双手的弹力是单杠发生了弹性形变要恢复原状而产生的，故A正确；单杠对双手的弹力和双手对单杠的弹力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；“下放”过程中有个向下减速阶段，加速度向上，梁同学处于超重状态，单杠对双手的弹力大于梁同学受到的重力，故C、D错误.
2.[2024江西抚州南丰一中校考]一名跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，2s后开启降落伞，运动员跳伞过程的v－t图像（0～2s内图线为直线，其余为曲线）如图所示，根据图像可知（ D ）
A.在0～2s内，运动员做匀加速直线运动，处于超重状态
B.在6～12s内，降落伞对运动员的拉力小于运动员对降落伞的拉力
C.在6～12s内，运动员的速度逐渐减小，惯性也逐渐减小
D.在6～12s内，运动员和降落伞整体受到的阻力逐渐减小
解析 在0～2 s内，v－t图像为直线，可知运动员向下做匀加速直线运动，处于失
重状态，故A错误；根据牛顿第三定律可知，任何情况下降落伞对运动员的拉力都
等于运动员对降落伞的拉力，故B错误；在6～12 s内，运动员的速度逐渐减小，但
惯性与速度无关，只取决于质量，所以惯性不变，故C错误；在6～12 s内，根据图
线斜率可知加速度逐渐变小，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知f－G＝ma，运
动员和降落伞整体受到的阻力逐渐减小，故D正确.
3.[设问创新]为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况符合要求的是（ C ）
解析 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运
动，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsinθm＝g sin θ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcsθ，
联立以上各式得t＝2Lgsin2θ.当θ＝45°时， sin 2θ＝1，t有最小值，此时时间t最短，
故C正确.
4.[情境创新/2024安徽名校联考]如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现让纸盒在空中由静止释放.不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为（ C ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝1.5g，a2＝g
C.a1＝3g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，小球所受合力为0，小球的加速度为a2＝0，释放的瞬间，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a1＝F合m＝3g，选项C正确.
5.如图所示，在倾角为θ的斜面体上用细线系着一个质量为m的小球，随斜面体一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动.重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小不可能为（ D ）
A.mgsinθB.mg2＋a2
C.m（gsinθ＋acsθ）D.m（gsinθ－acsθ）
解析 小球随斜面向右加速运动时，当加速度较小时，小球和斜面之间有相互作
用力，此时小球受三个力，分别为重力、斜面的支持力、细线拉力，如图甲所示，
竖直方向有T sin θ＋N cs θ－mg＝0，水平方向有T cs θ－N sin θ＝ma，联立解得T
＝m(g sin θ＋a cs θ)；当加速度较大时，小球会离开斜面，此时小球只受两个力，
重力和细线拉力，则有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在将要离开斜面时，小球
只受两个力，重力和细线拉力，如图乙所示，此时细线与水平面夹角为θ，T sin θ＝
mg，解得T＝mgsinθ，本题选不可能项，故选D.
图甲 图乙
6.[2024河北名校协作体联考改编/多选]如图，一水平轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端与小球相连.一轻质弹簧一端与竖直方向成θ＝60°的夹角固定在天花板上，另一端也与小球相连.轻杆与水平方向成α＝30°的夹角固定在水平地面上.小球处于平衡状态且与轻杆恰好接触无弹力.已知小球质量为m，与轻杆间的动摩擦因数为μ＝36，则（ BC ）
A.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为3g，方向水平向右
B.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为54g，方向沿杆斜向右上
C.剪断弹簧的瞬间，小球与杆间的弹力会发生突变
D.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为2g，方向沿杆斜向左下
解析 剪断轻绳之前，轻杆与小球间无弹力作用，小球受力如图1所示，根据平衡
条件可得F1＝mgtan θ＝3mg、F2＝mgcsθ＝2mg.若剪断轻绳，F1消失，F2和mg不变，
小球和轻杆之间产生弹力和摩擦力，受力分析如图2所示，根据牛顿第二定律，有F2
－mg sin α－μmg cs α＝ma，解得此时小球的加速度大小a＝54g，方向沿杆斜向右
上，故A错误，B正确；若剪断弹簧，F1和F2消失，mg不变，小球和轻杆之间产生
弹力和摩擦力，受力分析如图3所示，滑动摩擦力Ff＝μmg cs α＝14mg，则此时小球
加速度大小为a＝mgsinα-μmgcsαm＝14g，方向沿杆斜向左下，故C正确，D错误.
图1 图2 图3
7.[设问方式创新/2022辽宁]如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正确的是（ B ）
A.v0＝2.5m/sB.v0＝1.5m/s
C.μ＝0.28D.μ＝0.25
解析 由题意可知，小物块由左端滑到右端的平均速度为v＝xt＝1 m/s，由匀变速
直线运动的规律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2 m/s；由牛顿第二定律得μmg＝
ma，解得a＝μg，又由运动学公式有v＝v0－at，整理得μ＜v0gt＜0.2，B正确.
8.[情境创新/2024福建泉州质量监测]踢毽子是我国民间的一项体育运动，被誉为“生命的蝴蝶”.如图是一个小孩正在练习踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动.若考虑空气阻力的影响，毽子离开脚后至回到出发点的过程中（ C ）
A.上升过程一直处于超重状态
B.下降过程一直处于超重状态
C.上升的时间小于下降的时间
D.上升的时间大于下降的时间
解析 经过分析可知，无论是上升过程，还是下降过程，毽子的加速度方向均竖
直向下，所以两个过程均处于失重状态，A、B错误；上升过程中，毽子所受的重力
和空气阻力均竖直向下，下降过程中，毽子受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻
力，则毽子上升过程中所受的合外力大于下降过程中所受的合外力，即a上＞a下，根
据x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【点拨：上升过程可运用逆向思维看成初速度为零
的下降过程】，C正确，D错误.
9.[回归教材/2024广东广州统考]如图所示，一辆货车运载一批尺寸相同的光滑圆柱形空油桶，每个油桶的重力均为G.在水平车厢底层几个油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由地摆放在A、B两桶之上.当汽车沿平直公路向右运动时（重力加速度为g）.下列说法正确的是（ C ）
A.货车匀速运动时，C对B的压力等于G2
B.货车匀加速时，B对C的支持力比静止时小
C.货车加速度增大到33g时，C对A的压力为0
D.货车匀加速时，油桶对车厢底板的总压力比静止时小
解析 设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得 sin θ＝R2R＝12，
解得θ＝30°，匀速运动时，对油桶C，根据平衡条件可得FA cs 30°＋FB cs 30°＝
G、FA sin 30°＝FB sin 30°，联立解得B对C的支持力FB＝33G，由牛顿第三定律知C对
B的压力F'B＝FB＝33G，故A错误；当货车匀加速运动时，有FB1 sin 30°－FA1 sin 30°＝ma，FB1 cs 30°＋FA1 cs 30°＝G，联立解得FB1＝33G＋ma，FA1＝33G－ma，可知
B对C的支持力比静止时大，故B错误；当a＝33g时，FA1＝0，根据牛顿第三定律
知，C对A的压力为0，故C正确；匀加速时加速度方向沿水平方向，竖直方向始终处
于平衡状态，故油桶对车厢底板的总压力与静止时相等，D错误.
10.[2024安徽合肥重点中学联考/多选]如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆垂直于斜面放置，每根杆上都套一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是（ BC ）
A.t1＝t2B.t2＜t3
C.t2＜t4D.t2＝t4
解析 以OA为直径画圆，如图所示，设两端点分别为O点和圆上另一点的杆与竖直方向的夹角为θ，对小滑环受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mg cs θ，解得a＝g cs θ，由几何关系知，小滑环沿弦下滑的位移x＝2R cs θ，据x＝12at2，解得t＝4Rg，即从圆上最高点沿任一条光滑弦滑到圆上另一点所用的时间相同.则沿OA和OC滑到斜面的时间相同，有t1＝t3，OB的长度小于沿OB方向的弦长，OD的长度大于沿OD方向的弦长，则t4＞t3＝t1＞t2，故选BC.
11.避险车道（标志如图甲所示）是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m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23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止.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0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取csθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（结果保留两位有效数字）
（1）货物在车厢内滑动时的加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度.
图乙
答案 （1）5.0m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98m
解析 （1）设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcsθ
联立并代入数据得a1＝5.0m/s2，方向沿制动坡床向下
（2）设货车的质量为M，货物的质量为m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k（m＋M）g
M＝4m
s1＝vt－12a1t2
s2＝vt－12a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据得l＝98m.
12.[科技创新/2024安徽合肥一中校考/多选]上海科技馆的机器人，琴棋书画、跳舞、射箭、分拣包裹，无所不能，如图所示为机械手抓取、分拣橙子的照片，为便于研究，将机械手简化为只有四根“手指”有作用力的模型，抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，抓取点与球心的连线与该水平面夹角为α，“手指”与橙子间的动摩擦因数为μ，橙子的重力大小为G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ BC ）
A.只要“手指”对橙子的压力足够大，α不论取何值都能将橙子抓起
B.若μ与α的关系满足μ＞tanα，则不一定能将橙子抓起
C.若能抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小值为G4（μcsα－sinα）
D.若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，则每根“手指”对橙子的压力一定变大
解析 对橙子受力分析，可知竖直方向满足4f cs α－G－4FN sin α＝0，因为静摩
擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcsα-sinα)，所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压
力的最小值为G4(μcsα-sinα)，并且夹角α满足μ≥tan α＋G4FNcsα时，才能将橙子抓起，
所以μ＞tan α时，不一定能将橙子抓起，故A错误，B、C正确；若抓起橙子竖直向
上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦力时，满足4μFN cs α－4FN sin α－G＝
ma，可得FN＝G＋ma4(μcsα-sinα)，根据牛顿第三定律可知，每根“手指”对橙子的压力
可能不变，故D错误.
13.[2024河南洛阳专项练习]飞机起飞会先经历一个匀加速助跑的过程后再起飞.如图为某次飞机起飞时的照片，该飞机从静止加速到最大速度288km/h用了20s，达到最大速度后再匀速前行100m后起飞，飞机的质量为150吨.（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）求飞机从静止加速到最大速度运动的位移；
（2）求飞机助跑的加速度及飞机从静止到起飞的平均速度；
（3）忽略空气阻力，若飞机受到斜向上与水平方向倾斜37°的升力F后，飞机竖直方向的加速度为5m/s2，求升力F的值.
答案 （1）800m （2）72017m/s （3）3.75×106N
解析 （1）飞机起飞时的速度为v＝288km/h＝80m/s，故飞机从静止加速到最大速度运动的位移为x1＝vt12
解得x1＝800m
（2）由a＝ΔvΔt可得飞机助跑的加速度a＝vt1＝8020m/s2＝4m/s2
设飞机匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则有t2＝x2v＝10080s＝54s
飞机从静止到起飞的总位移为x＝x1＋x2＝（800＋100）m＝900m
故飞机从静止到起飞的平均速度为v＝xt1＋t2＝90020+54m/s＝72017m/s
（3）正交分解升力，竖直方向由牛顿第二定律可得Fsin37°－mg＝ma
解得F＝3.75×106N.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题.
2.通过实验，认识超重和失重现象.
瞬时性问题
2022：全国甲T19；
2019：浙江4月T12
1.物理观念：理解和掌握牛顿运动定律；能从运动与相互作用的视角分析自然与生活的有关简单问题.
2.科学思维：运用牛顿运动定律分析、解决问题；掌握“整体法”“隔离法”“图像法”“控制变量法”“临界法”等的应用.
3.科学探究：通过实验，认识超重和失重.
4.科学态度与责任：乐于将牛顿运动定律应用于生产、生活实际；能认识牛顿运动定律的应用对人类文明进步的推动作用.
超重和失重问题
2020：山东T1；
两类动力学问题
2023：浙江1月T5；
2022：湖南T9，辽宁T7，全国乙T15，浙江1月T19；
2021：河北T13，浙江6月T4，浙江6月T19
命题分析预测
牛顿第二定律是每年高考必考内容，主要考查两类动力学问题和对生活中现象的解释.预计2025年高考仍是必考点，可能会结合图像或航天实际在选择题中考查，还可能结合运动学知识考查简单计算题.
模型
受外力时形变特点
受外力时形变量
弹力能否突变
产生拉力或压力
轻绳
不可伸长
微小不计
可以突变
只能受拉力作用，不能承受压力
橡皮绳
只能变长，不能变短
较大
两端连有物体时不能突变
只能受拉力作用，不能承受压力
轻弹簧
既可变长，又可变短
较大
两端连有物体时不能突变
既能承受拉力，又能承受压力
轻杆
不可伸长，不可缩短
微小不计
可以突变
既能承受拉力，又能承受压力
超重
失重
完全失重
现象
视重大于实重
视重小于实重
视重等于0
产生条件
有竖直向上的加速度或分加速度
有竖直向下的加速度或分加速度，且0＜ay＜g
加速度a＝g，方向竖直向下
运动状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以加速度g加速下降或减速上升
相关方程
F－mg＝ma
F＝mg＋ma
mg－F＝ma
F＝mg－ma
mg－F＝mg
F＝0
从受力的角度判断
当物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态
从加速度的角度判断
一般情况下，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态
从运动状态的角度判断
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
模型
图甲
图乙
图丙
结论
质点在竖直面内的圆环上从不同的光滑弦的上端由静止开始滑到弦的最低点所用时间相等.
质点从竖直面内圆环上的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.
两个竖直面内的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，从弦的上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等.
推导
沿竖直直径自由下滑时，有2R＝12gt2，解得t＝2Rg，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＝gsinθ，位移x＝2Rsinθ，由匀加速直线运动规律有x＝12at2，得下滑时间t＝2Rg，易知与质点沿竖直直径自由下滑的时间相等.图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论.