2025高考物理复习教案：牛顿第二定律的基本应用

第三章运动和力的关系

第2讲牛顿第二定律的基本应用

课标要求核心考点五年考情核心素养对接

瞬时性问2022：全国甲T19；1.物理观念：理解和掌握牛顿运动

题2019：浙江4月T12定律；能从运动与相互作用的视角

超重和失分析自然与生活的有关简单问题.

1.能用牛顿运2020：山东T1；

重问题2.科学思维：运用牛顿运动定律分

动定律解释生

2023：浙江1月析、解决问题；掌握“整体法”“隔离

产生活中的有

T5；法”“图像法”“控制变量法”“临界法”

关现象、解决

2022：湖南T9,辽等的应用.

有关问题.

宁T7,全国乙3.科学探究：通过实验，认识超重

2.通过实验，两类动力

T15,浙江1月和失重.

认识超重和失学问题

T19；4.科学态度与责任：乐于将牛顿运

重现象.

2021：河北T13,浙动定律应用于生产、生活实际；能

江6月T4,浙江6认识牛顿运动定律的应用对人类文

月T19明进步的推动作用.

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

命题分析预测中现象的解释.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.

_角一口物体的受力分析他利

牛•第二〕Ar分析「1体的运&状毒分析

修青和失隶卜,一言:卜一的怖*.速度足并将现

•1过程间和电I候泉的桥堂

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.

不渔生用*超食收华产乍弊力.

…丘人fr,不注量时X恢M

依融*仲力山即斡久城改僵

他接触面女相口中所蛤的转*的接

・■住不如后瞳遢”（・均稣搐

it帼1tt处用

M_____________________

当务疑的的端、拘俗相玄।的商

*为固定编）时,向T”体在慎

",峋长度不分总今突

和检度箫所牌在修公“时何”1,界力的

大小认不青的.砰3律工

怡11力不央交

MBJU团1粒以n田

口如图所示，两个质量均为用的小球4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N球的弹力是"7g，弹簧对3球的拉力是；剪断细绳

的瞬间，弹簧对「球的弹力是mg,弹簧对8球的拉力是mg.

（2）剪断细绳的瞬间，/球和2球的加速度分别是2g、0.

解析剪断细绳之前，细绳的拉力为2/wg,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/球所受合力为2wg,加速度为2g,3球所受合力为

0,加速度为0.

畏型建构I

明确并注意区别牛顿第二定律瞬时性问题的几种模型

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

只能受拉力作用，不能

轻绳不可伸长微小不计可以突变

承受压力

只能变长，不能两端连有物体时只能受拉力作用，不能

橡皮绳较大

变短不能突变承受压力

既可变长，又可两端连有物体时既能承受拉力，又能承

轻弹簧较大

变短不能突变受压力

不可伸长，不可既能承受拉力，又能承

轻杆微小不计可以突变

缩短受压力

1.［一接］两个质量均为根的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板笄心

上，如图所示.现突然剪断细绳让小球下落，在剪断细绳的瞬间，小球X

43的加速度分别用内和02表示，重力加速度为g,则（A）I

A.Qi=g,Q2=gB.tZi=0>Q2=2g

C.6Zl=g,。2=0D.Ql=2g,Q2=0

解析剪断细绳的瞬间，4、5间轻杆的弹力可瞬间发生变化，A.5的加速度相同，将两

球看成一个整体，由受力分析可得加g+冽g=2冽Q,两球的加速度均为g,即Ql=g,。2=

g,故A正确.

命题拓展

轻杆连接T轻绳连接

若小球4和小球8之间用轻绳连接，在剪断细绳CM的瞬间，小球4、5的加速度分别用

41和。2表示，重力加速度为g,则（A）

A.〃l=g,42=gB.41=0,Q2=2g

C.6Z1=g,U2~~0D.Ql=2g,。2=0

解析剪断细绳的瞬间，A,5间轻绳的弹力可瞬间发生变化，A.5的加速度相同，将两

球看成一个整体，由受力分析可得以g+冽g=2MQ,两球的加速度均为g,即Ql=g,。2=

g,故A正确.

2.［轻绳、轻弹簧连接A024山东济南联考］如图所示，4、5两小球弋

分别用轻质细绳、和轻弹簧系在天花板上，/、3两小球之间用一代

轻质细绳工2连接，细绳心、弹簧与竖直方向的夹角均为。，细绳

心水平拉直，现将细绳22剪断，则细绳小剪断瞬间，下列说法正确的是（D）

A.细绳心上的拉力与弹簧弹力之比为1：1

B.细绳心上的拉力与弹簧弹力之比为1：cos?。

C.N与2的加速度之比为1：1

D.4与3的加速度之比为cosa1

解析根据题述可知，A、2两球的质量相等，设为方,剪断细绳右后，/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/球进行受力分析，

如图甲所示，有FT=mgcos。,mgsm0=mai；剪断细绳£2瞬间，对5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Fcos8=mg,

2

mgtan0=ma2f所以/T：F=cos3:1,awQ2=COS。：1,故D正确.

方法点拨

利用建模思想求解瞬时加速度

余物・改与下物口收受力・4.*出境力大小.

__A______________

优鼾・姬,宵翕1・A**t干干★优育.W书

W*.抽出**.*殳手，食找

■★落个力5奇，M书叼车餐•二我停

V

frWHUSttBf•・安力费化・■差力不支，

■券力演义.

人

［***去*%舌上，生的“力含士由・今

来*体4状*f化。所★忖缶力，利用中8*

二**.*出

考点2超重和失重问题

被材读理

1.超重与失重

一,构体•外物的压加“W8”物

也3J的朴力Q2J，、J构体M受■力的

_____现拿一

Mt-

1|盎卜113棚3L'匚.“度］

|«!体”支持坊的限力（奴《Wtt构

d意义H•«»，“41a构体所受重力的

［现*

1产4］t-------------------------------------

-{'体凡"15|」"E.的蒯煌汽］

T物体的加速度。中.方向鳖人向国

2.实重与视重

-----,初体宣际所受的聿力.它、《rK的运动

凶LL状仪71无关

斗物体向1布物魂度时,物体

时。,第力汁的粒力或纨台网的限力将

r**F-不箸，物体的重江此时为笛却力情的

*教或台内的小数m1重

臼如图，一中学生站在体重计上向下蹲.4

(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？朽：

(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.

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

有竖直向上的加速度或有竖直向下的加速度或加速度a=g,方向竖直

产生条件

分加速度分加速度，且0V®Vg向下

以加速度g加速下降或减

运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升

速上升

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

相关方程

F=mg-\-maF=mg—maF=0

命题点1超失重现象的判断

3.[/图像〃024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)

W(m,s1)

图（a）

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

4s时速度最大，非静止,A错

v1[m­s1)5~7s,减速向上

1~3s.加速向上4

F',\-mg=ma~mg-FN=ma

mg不变,F*mg2mg不变，入＜mg

超重，B错1失重,C对

0t/s

UT图像的斜率表示加速度

斜率改变."变化，不做匀变速直线运动，D错

4./一/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）

F/N

3500

3000

2500

11.522.533.54t/s

图甲图乙

A.人的重力可由6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6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6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

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

从受力的角度判断

态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态

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

从加速度的角度判

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

断

状态

从运动状态的角度①物体向上加速或向下减速时，超重；

判断②物体向下加速或向上减速时，失重

命题点2超失重现象的分析和计算

5.［〈电与现代科技/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。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）

阳甲HZ.

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

C.0.9S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。点由静止释放时，加速度为一10m/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。一/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=9（0.25+0.35）xl0m/s=3m/s,选项D正确.

6."失重与体育〃024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i，2=2g〃可得，脚离地时，运动

员的速度为v=]2*10x（2.9-2.1）m/s=4m/s,由F=2ax可得，运动员起跳过程中的

„2A2

加速度大小为〃=—=——m/s2=16m/s2,选项B正确；根据题意，运动员起跳过程经过的

2x2x0.5

时间为fi=匕=0.25s,运动员从离地到上升到最高点经过的时间为打=上=0.4s,则运动员从

ag

开始起跳到离地上升到最高点经过的时间为/=G+/2=0.65S,选项C错误；根据题意，由

牛顿第二定律有bN—%g=%。，解得见=1560N,由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动

员对地面的压力为产N=FV=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「81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，⑼加速度是解决此类问题的纽带.

2.力和运动问题求解步骤

根据问题的需要选出研究对象.研究

［明确研究对象）-

对象可以是某个物体，也可以是几

个物体构成的系统

受力分析和运画好受力示意图、运动情境图，明

动状态分析1确物体的运动性质和运动过程

选取正方向或U通常沿加速度的方向建立坐标系并

建立坐标系n以加速度方向为某t标轴的正方向

若物体只受两个共点力作用，通常

］确定合力卜用合成法；若物体受到三个及以上

不在同一直线上的力，一般用正交

分解法

］列方程求解卜

=mar

列方程求解，必要时还要对结果进

行讨论

四侬田救材法古

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,cos37°=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xi=vof+ga/2,解得滑雪者下滑的加速度ai=4m/s2.

由牛顿第二定律可知„7gsin37°—6=ma,得滑雪者受到的阻力6=150N.

（2）对滑雪者受力分析可知尸匹=%gcos37o=600N,则由牛顿第二定律

可知加gsin37°-〃Ev="za2,解得滑雪者下滑的加速度。2=3向$2,由匀变速直线运动规律有

X2—vot+^a2t2,得X2=47.5m.

命题点1已知受力求运动情况

7顿运动定律、受力分I/2022全国乙］一不可伸长的轻绳两端各连接一质1

量为加的小球，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现将一大小为产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|Z时，它们的加速度大小均为（A）

A.—B.f^C.—D.—

8m5m8m10m

解析当两球运动至二者相距之时，如图所示，由几何关系可知sin8=

5

3L

平="设绳子拉力为bT,水平方向有2BcosO=/，解得FT=》,对任:"

-58

2

意小球由牛顿第二定律有解得.=也，故A正确，B、C、D错误.

8m

8.［辛时圆模型/多选］如图所示，Oa、0b和ad是竖直平面内三根固定千-、o

的光滑细杆，。、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a；\/［

为最低点，。，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d点无初速度释放，用小心t3

分别表示滑环沿O。、Ob、加到达细杆另一端所用的时间.下列关系正确的是（BCD）

A./l=，2B.，2＞，3

D.，I=，3

解析设想还有一根光滑固定细杆ca,ca、0a、da三根细杆交于圆的最低点q,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q点的时间相

等，即tCa=tl=t3；而由CT。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

、、-1

相同，初速度均为零，但加速度。以＞。0"由》=了.修可知，t2＞tca,故B、C、D正确.

因方法点拨等时圆模型

磁＞：c

/VF>.

模型餐龄，

B

图甲图乙

图丙

质点在竖直面内的两个竖直面内的圆环相切且

质点从竖直面内圆环上的

圆环上从不同的光两环的竖直直径均过切点，

最高点沿不同的光滑弦由

结论滑弦的上端由静止质点沿不同的光滑弦，从弦

静止开始滑到下端所用时

开始滑到弦的最低的上端由静止开始经切点滑

间相等.

点所用时间相等.到下端所用时间相等.

沿竖直直径自由下滑时，有2R=|g巴解得k2下，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=gsin。，

推导位移x=2RsinO,由匀加速直线运动规律有x=/2,得下滑时间，=2R易知与

27g

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.

命题点2已知运动情况求力

9.［；虚引像求力/多选］如图甲所示，质量加=1kg、初速度vo=lOm/s的物块，在一水

平向左的恒力歹作用下从。点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻尸突然反向，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f=1s时刻，恒力厂反向

C.恒力厂大小为10N

D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

解析0〜5m内,由忧一虏=2mxi,得优=2.阂+诏,由图乙知,2ai=-20m/s2,则m=

—10m/s2,物块做匀减速运动，A正确；由图乙知，物块的初速度vo=lOm/s,恒力下在

5m处反向，在0〜5m内物块运动的时间/1s,即在f=ls时刻，恒力/反向，B正

«1

确；5〜13m内，由诏=242X2,得物块的加速度。2=爱~=4m/s2,由牛顿第二定律得一月一

fimg=ma\,F—jLtmg=ma2,联立两式解得_F=7N,〃=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/=180m,电磁弹射区的长度/i=80m,如图所示.一架质量加=2.0xl（）4kg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!

4

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20鱼m/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=lOm/sZ.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）1.3xW5N（2）2.0x104N

解析（1）根据运动学公式，有丫2—资=2。1（7—Zi）

解得tzi=4m/s2

根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有Fif_—^mg=ma\

解得少■=1.3X105N

（2）根据运动学公式，有忧=2久/1

解得飞机在电磁弹射区运动的加速度

tZ2=5m/s2

根据牛顿第二定律有F牵+F推一；mg=3i2

4

代入数据解得尸率=2.0X1（）4N.

一题多解（1）对飞机离开弹射区后由动能定理有（尸推一，zg）（/—Zi）

代入数据解得尸推=1.3X105N

（2）对飞机在弹射区由动能定理有（尸率+尸推一1ig）=，忧

代入数据解得F*=2.0X104N.

热点2牛顿运动定律+运动情境

1.［求形飞行器〃022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

量为防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/阻=仙2,后为常量）.

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\.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争起

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5V3m/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vi=10m/s匀速下落时，有崛=k置，可得左=O.Ol〃g

N-S2-m-2,当飞行器以速率V2=5m/S匀速向上运动时，有崛+上诏=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，由平衡条件有产=（Mg）2+（喷2,解得尸=争念，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F^ax—（Mg）?=

2,解得V3=5gm/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，由牛顿第二定律有崛+Fmax+Q^=Mamax,解

得Omax=2.5g,D错误.

2.［神舟十四号〃024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+3mQg=（2670+3x70）x10N=28800N,根据牛顿第

二定律F^+O,O5（M+3m人）g—（M+3机A）g=（M+3w人）。，可得伞绳对返回舱的合

力尸绳令=28800N=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仇有sinO=1|=V，对返回舱受力

分析有歹绮a=96x?cos0,可得题中减速阶段，每根伞绳的拉力为7=325N,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下至+0.05（M+

—

3mA）g（A/+3w人+加+）g=（M+3机人+加车）。，解得降落伞受到的空气阻力为Fa=

30060N,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/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,g=10m/s2）.

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度ai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以

答案（1）2mzs2（2）4m/s（3）2.7m

解析（1）由牛顿第二定律可得〃zgsin24°—wwgcos24°=〃?ai

解得©=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=2°/I

解得v=4m/s

(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由运动学公式可得忧-1/=202/2

又。2=-Ng

解得11=2.1m.

1.［类动力学问但〃023浙江1月］如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从。点

抛出沿轨迹。尸。运动，其中尸是最高点.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.0点最大ip

B.P点最大

C.Q点最大-ff----------%

D.整个运动过程保持不变

解析小石子抛出后由。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》7g+/=7Ma,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,逐渐减小，则小石子

的加速度逐渐减小.小石子由尸到。的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向

上的阻力，由牛顿第二定律得小石子的竖直分速度逐渐增大，竖直方

向的阻力,逐渐增大，加速度逐渐减小.由以上分析可知，石子在。点竖直方向分运动

的加速度最大，A正确，BCD错误.

2.［；力020山东］一质量为"2的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间1的关系

图像如图所示.乘客所受支持力的大小用网表示，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〜人时间内,v增大,FN>mg

B/1〜女时间内,v减小,FN<mg

C&〜打时间内,v增大,FN<mg

D./2〜打时间内，v减小,FN>mg

解析根据位移一时间图像的斜率表示速度可知，0〜九时间内，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；〜/2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=7〃g,B错误；/2〜打时间内，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，所受的支持力网>"?g,C错

误，D正确.

3.［7时性问题，022全国甲/多选］如图，质量相等的两滑块P、。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〃.重力加速度大小为g.用水平向右

的拉力/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）

//77/7>>//，777

A.P的加速度大小的最大值为2〃g

B.Q的加速度大小的最大值为2〃g

C.P的位移大小一定大于。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，弹簧对尸、0的弹力大小为fcc=7加g,当撤去拉力

后，对滑块P由牛顿第二定律有依'+〃〃喏=〃7。1,同理对滑块0有〃加g—丘'=〃2。2,从

撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由的g一直减小到零，所以尸的加速度

大小的最大值为刚撤去拉力尸瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2〃g,而弹

簧恢复原长时，。的加速度大小达到最大值，即0的最大加速度为〃g,A项正确，B

项错误；由于弹簧恢复原长前滑块尸的加速度一直大于。的加速度，且两滑块初速度

相同，所以撤去拉力后尸的速度一直小于同一时刻。的速度，所以尸的位移一定小于

。的位移，C项错误，D项正确.

一题多解由分析可知P、。的加速度变化情况，定性绘制两滑块的v:.

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、［二，、

长前P的位移一定小于0的位移，尸的速度一直小于同一时刻0的速'

度，故C项错误，D项正确.6~

4.［:动力学问，逝〃021河北］如图，一滑雪道由N3和5C两段滑道组成，其中N5段倾角

为0,8C段水平，段和8C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

/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〃=*重力加速度取g=10m/s2,sin0=（,cos6=||,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）滑道段的长度；

（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.

答案（I）9m（2）7.44m/s

解析（1）背包下滑过程中，由牛顿第二定律有冽gsin。一//冽gcos6=冽Qi

解得背包在滑道AB段的加速度tzi=2m/s2

设段长为滑到底端所用时间为，，故有£=%/

对滑雪者，有L=vo（f—Is）+|<72Ct-Is）2

解得£=9m

（2）滑雪者滑到8点时的速度VI=VO+Q2（Z—IS）

背包滑到底端B点时的速度V2=ait

对滑雪者拎起背包的过程，由动量守恒定律有Mvi+冽V2=（M+m）v

解得滑雪者拎起背包瞬间的速度v=7.44m/s

基础缘

1.［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”（身体由静止可犷.

开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低>1Y

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令

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.“上弓I”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—/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0〜2s内，v—f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6〜12s内，运动员的速度逐渐减小，但

惯性与速度无关，只取决