2024届高考物理第一轮复习重难点练习：第三章 第2讲　牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用

【目标要求】1.掌握动力学两类基本问题的求解方法2会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬

时加速度问题进行分析计算.

考点一瞬时问题

■梳理必备知识

1.两种模型

合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外

力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度丕能发生突变.

不发生明显形变就能产生弹力,

剪断或脱岗后，不需要时间恢复

形变,弹力立即消失或改变，一

轻绳、轻杆

般题目中所给的轻绳、轻杆和接

和接触面

触面在不加特殊说明时，均可按

此模型处理

两种

模型

当弹簧的两端与物体相连（即两

端为固定端）时,由于物体有惯

弹簧、蹦床

性，弹簧的长度不会发生突变，

和橡皮筋

所以在瞬时问题中，其弹力的大

小认为是不变的，即此时弹簧的

弹力不突变

2.解题思路

【例1】如图所示，物块1的质量为3〃?，物块2的质量为〃?，两者通过弹簧相连，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，设抽出的瞬

间，物块1、2的加速度大小分别为处、侬重力加速度为g.则有（)

A.611=0,Cl2=g

C.6/1=0,42=4gD.at=g,42=4g

答案c

解析开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F=3/ng,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，则加速度m=0;抽出木板的瞬间，弹簧的

弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得广—号'、=

4g,故C正确，A、B、D错误.

【例2】（多选）如图所示，质量为根的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球

静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为仇重力加速度为g,下列判断中正

确的是（）

、

A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变

B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsind

C.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为总

D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin9

答案BC

解析设小球静止时BC绳的拉力为F,AC橡皮筋的拉力为FT,由平衡条件可得Feos9=

mg,Fsin0=Fy,解得尸=£禽，FT=mgtan6»,在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为

零，8c上的拉力F突变为〃吆cos（9,重力垂直于绳8c的分量提供加速度，即，*gsin。=〃"，

解得a=gsin0,B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋4c的拉力不变，小球

的合力大小与8c被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律

有悬^，故加速度大小=7/，C正确，D错误.

【例3】（多选）如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为〃?的小球a和儿拴接小球的细

线P、。固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37。.现剪断细线P.弹簧

的劲度系数为k,重力加速度大小为g,取sin37°=0.6,cos37。=0.8.下列说法正确的是（）

b

A.剪断细线P前，弹簧形变量为啜

3K

B.剪断细线P的瞬间，小球6的加速度大小为竽

C.剪断与“球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小

D.剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g

答案ACD

解析剪断细线P前，对小球4进行受力分析，小球4受竖直向下的重力、水平向右的弹簧

弹力以及沿细线P向上的拉力.根据共点力平衡有Frsin37°=〃ig,Frcos37°=fcr,联立解得

x二缪,故A正确；剪断细线尸的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球6处于静止状态，所受

合力为零，加速度为0,故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为公=全咫，剪断与

〃球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球。即将摆动，此时摆动的速度为零，则径

向合力为零，切向合力提供切向加速度，有/V—mgsin370=〃?an=0,/ngcos37°=〃?。“解

354

得FT'=^mg<FT=^mg9〃1=口，即剪断与。球连接处的弹簧的瞬间，细线尸的拉力变小，

小球a的加速度大小为0.8g,故C、D正确.

考点二超重和失重问题

■梳理必备知识

1.实重和视重

⑴实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关（选填“无关”或“相关”）.

（2）视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时.，弹簧测力计或台秤的示数称为视重.

2.超重、失重和完全失重的对比

名称超重失重完全失重

现象视重大于实重视重小于实重视重等于Q

产生物体竖直向下的加速度

物体的加速度向上物体的加速度向下

条件等于g

对应

自由落体运动、竖直上

运动加速上升或减速下降加速下降或减速上升

抛运动、宇宙航行等

情境

F-mg=mamg-F—mamg-F=mg

原理

F=)n父F=m^—maF=0

■判断正误

1.加速上升的物体处于超重状态.（J）

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.（X）

3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.（X）

4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化.（V）

5.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.（X）

・提升关键能力

1.判断超重和失重的方法

（1）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.

（2）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.

2.对超重和失重现象的理解

⑴发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了（即

“视重”变大或变小了）.

（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，如天平失效、浸在水中

的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.

考向1对超、失重现象的理解

【例4】“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.某人身系弹性绳自高空尸点自由下落，图中。

点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，6是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻

力不计，则人从尸点落下到最低点c的过程中（）

A.人从〃点开始做减速运动，一直处于失重状态

B.在曲段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态

C.在松段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态

D.在c点，人的速度为零，其加速度也为零

答案C

解析在尸。段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在油段绳的

拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在尻,段绳的拉力

大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正

确；在C点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上

的加速度，故D错误.

考向2超、失重现象的图像问题

【例51（多选）（2023•河南省模拟）在直升机竖直降落的过程中，开始时飞机匀速降落，飞行员

对座椅的压力情况如图所示，取重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.飞行员的质量为70kg

B.飞行员在八时刻的加速度方向向下

C.飞行员在f2时刻的加速度方向向下

D.从图中可知飞行员在这两次规避障碍过程中的加速度的最大值为6m/s2

答案BD

解析由题图可知，飞行员受到的重力大小为500N,则质量为50kg,A错误；飞行员在八

时刻对座椅的压力小于其受到的重力，合力方向向下，加速度方向向下，B正确；飞行员在

及时刻对座椅的压力大于其受到的重力，合力方向向上，加速度方向向上，C错误；由题图

可知，飞行员在外时刻受到的合力最大，则有,"g—F=〃?amax,代入数据解得“max=6md,

D正确.

考向3超、失重现象的分析和计算

【例6】跳楼机可以使人体验失重和超重（如图所示）.现让升降机将座舱送到距地面”=78m

的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面人=30m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，

座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量〃?=10kg的书包平放在大腿上（不计空

气阻力，g取力m/s2）.

（1）当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小F相等.

（2）当座舱落到距地面队=50m的位置时，求小明对书包的作用力大小Q；

(3)求跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度a的大小；

(4)当座舱落到距地面力2=15m的位置时，求小明对书包的作用力大小F2.

答案(1)见解析(2)0(3)16m/s2(4)260N

解析(1)设小明大腿对书包的支持力大小为FN,因为物体处于静止状态，则FN=G

根据牛顿第三定律有FN=F,所以G=F.

(2)座舱自由下落到距地面h=30m的位置时开始制动，所以当座舱距地面hi=50m时，书

包处于完全失重状态，则有尸i=0.

(3)座舱自由下落高度为“一/?=78m—30m=48m,座舱开始制动时，已获得速度%,由运

动学公式得。„?=2g(H-/7)

座舱制动过程做句减速直线运动，则有。m2=2a/?,联立可得”=16mH,方向竖直向上，故

跳楼机制动后(匀减速阶段)加速度”的大小为16m/s2.

(4)由牛顿第二定律得尸2—〃，g=，〃a,代入数据得F2=260N,故当座舱落到距地面〃2=15m

的位置时，小明对书包的作用力大小为260N.

考点三动力学两类基本问题

I.动力学问题的解题思路

2.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.

【例7】(2023•四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道，AB段为长L=80m、

倾角。=37。的斜坡，BC段水平，A8与8c平滑相连.一个质量m=75kg的滑雪运动员(含

滑雪板)，从斜坡顶端以vo=2.Om/s的初速度匀加速滑下，经时间Z=5.0s到达斜坡底端B

点.滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点).取g=10m/s2,

sin370=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a-,

(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数出

(3)运动员滑上水平雪道后，在/=2.0s内滑行的距离工

答案(1)5.6m/s2(2)0.05(3)59m

解析⑴根据乙=加+；4产，

代入数据解得a=5.6m/s2

(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示，建立如图甲所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律，x

方向上有mgsin0—Ff—mat

y方向上有FN~~mgcos0=0,F.^FN,

联立解得〃=0.05.

(3)运动员滑到B点时的速度VB=v()+at=30m/s

在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙所示的直角坐标系，设运动员的加速度为

/

a,

根据牛顿第二定律，x方向上有一〃尸N'—ma',

y方向上有尸N'—mg=0,又+^a't'2,联立解得x=59m.

【例8】(多选)如图所示，0a、。/2和他是竖直平面内三根固定的光滑细杆，。、a、b、c、d

位于同一圆周上，c为圆周的最高点，〃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。点无初速度释放，一个滑环从"点无初速度释放，用九、心△分别

表示滑环沿。八Ob、曲到达〃或6所用的时间.下列关系正确的是()

A.t\=tlB.t2>t3

C.t\<tiD.”=f3

答案BCD

解析设想还有一根光滑固定细杆ca,则c。、Oa、da三细杆交于圆的最低点“，三杆顶点

均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、。、d无初速度释放的小滑环到达“点的时间相等,

即3=，1="；而由c—a与由。一匕滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为

零，但加速度由尢=）户可知，t2>tca,即£2>介=",故B、C、D正确.

方法点拨|等时圆模型

1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图

甲所示；

2.质点从竖直圆环上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，如图乙所

示；

3.两个竖直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上端由静止开始滑到

下端所用时间相等，如图丙所示.

A

甲乙丙

课时精练

宜基础落实练

1.（2020・山东卷」）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心表示，速度大小用。表示.重力加速度大小为g.以下判断

正确的是（）

A.0〜八时间内，0增大，F^>mg

B./i~/2时间内，。减小，FN<rng

C.玄〜白时间内，。增大，Fz<mg

D.念〜，3时间内，。减小，FN>mg

答案D

解析根据S—/图像的斜率表示速度可知，0〜八时间内。增大，〜打时间内。减小，八〜（2

时间内0不变，故B、C错误；0〜八时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则

F^<mg,故A错误；打〜“时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则/N>，"g,

故D正确.

2.水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度

做匀加速直线运动.2s后撤去该推力，则下列说法正确的是（）

A.小车2s末的速度大小是4m/s

B.小车受到的阻力大小是15N

C.撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2

D.小车运动的总时间为6s

答案B

解析根据运动学公式，小车2s末的速度大小。=“八=3m/s,故A错误：根据牛顿第二定

律得F—Ff=ma,解得Ff=15N,撤去推力后，加速度大小为a'=£=0.5m/s?,减速时间

v3

为=记s=6s,小车运动的总时间为1=力+/2=2s+6s=8s,故B正确，C、D错

、口

伏.

3.（多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度。随时间，变化的图线如图所示，以竖

直向上为。的正方向，则人对地板的压力（）

A./=2s时最大B.f=2s时最小

C.，=8.5s时最大D.，=8.5s时最小

答案AD

解析人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则

有F-mg=ma,即F—mg+ma,根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人

的支持力大小，将对应时刻的加速度（包含正负号）代入上式，可得选项A、D正确，B、C错

、口

沃.

4.（多选）如图所示，光滑斜面C4、DA.EA都以A8为底边，三个斜面的倾角分别为75。、45。、

30。.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是（）

A.物体沿CA下滑，加速度最大

B.物体沿E4下滑，加速度最大

C.物体沿CA滑到底端所需时间最短

D.物体沿D4滑到底端所需时间最短

答案AD

解析设斜面倾角为a,物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得，咫sin

a=ma,解得a=gsina,物体沿C4下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，B错误：

设AB边长为x,由运动学公式可得潦4=%户，联立可求得当a=45°时t

有最小值，说明物体沿D4滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确.

过能力综合练

5.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连

着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60。，A、B两小球分别连在

另一根竖直弹簧两端.开始时A、8两球都静止不动，A、8两小球的质量相等，重力加速度

为g,若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（)

A.aA—ciB=g

C.4M48=0

答案D

解析水平细线被剪断前分别对A、8进行受力分析如图所示:

静止时，FT=Fsin60°,Feos60°=w/^+Fi,F\=F\'="比，又相人=根心联立解得FT=2，5

阿吆；水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与户r等大反向，所以念

=事=2小g,aB=0,D正确.

6.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，0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A08、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a>£>0.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=tEFB.(AB>tCD>tEF

C.tAB<tCD<tEFD.tAB=tCD<tEF

答案B

解析如图所示，过。点作。。的垂线与竖直虚线交于G,以0G为直径作圆，可以看出尸

点在辅助圆内，而3点在辅助圆外，由等时圆结论可知/，B项正确.

/名废、

•/W、

7.如图所示，在竖直平面内有半径为/?和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为和C

分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为明凡AC长为2吸R.现沿AB和4c建立两条光

滑轨道，自A处由静止释放小球（可看为质点），已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为

fi，沿AC轨道运动到C点所用时间为"则。与f2之比为（）

'B

C

A.1：3B.1：2C.1：V3D.1：啦

答案D

解析如题图所示，设小圆中任意一条过4点的弦长为s,与竖直方向的夹角为仇则s=2Rcos

（9,小球下滑的加速度a=gcos（9,根据su；。/2得f=2、ym，可知下滑时间与。无关，因此从

A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做

自由落体运动所用的时间，即27?=%八2,同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度

为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R=;gf22,联立解得”1

选项D正确.

乙»2

8.（多选）（2023•安徽黄山市模拟）奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失术”

夺冠.在女子10m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳

台的速度为5m/s,竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的

阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg,重力加速度大小取g=10m/s2,贝IJ（）

A.跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态

B.入水后全红婵处于失重状态

C.全红婵在空中运动的时间为1.5s

D.入水后全红婵受到水的阻力为612.5N

答案AD

解析跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确：入水后全

红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据一/7=。“

一分户,可得f=2s,即全红婵在空中运动的时间为2s,C错误；入水时的速度gf

=-15m/s,在水中的加速度大小.=-=7.5m/s2,方向竖直向上，根据牛顿第二定律可

知Ffll=mg+ma=35XlON+35X7.5N=612.5N,D正确.

9.（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/i=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货物可视为质点（取cos24。

=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2）.

(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度0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)根据牛顿第二定律可得

wzgsin24°—/z/wgcos24°=ma\

代入数据解得G=2m/s2

(2)根据运动学公式有？2=2ad

解得。=4m/s

(3)根据牛顿第二定律有〃"噜=〃?。2

根据运动学公式有Onw?—。2=—2“2,2

代入数据联立解