牛顿第二定律的基本应用（解析版）-2025年高考物理一轮复习

牛顿第二定律的基本应用

素养目标：

1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。

L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4=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

2

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,sin240=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为的大小；

(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L

【答案】(1)2m/s2；(2)4m/s；(3)2.7m

【解析】(1)根据牛顿第二定律可得

mgsin24°-jumgcos24°=max

代入数据解得

%=2m/s2

(2)根据运动学公式

2aJi=v2

解得

v=4m/s

(3)根据牛顿第二定律

jLtmg=ma2

根据运动学公式

22

"max-V

代入数据联立解得

/2=2.7m

考点一动力学两类基本问题

#的银

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。

动力学问题的解题思路

例题1.冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被运

动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过/、B、C三点后停在。点。已知43间的距

离x=26m,B、C间的距离X2=5.5m,冰壶通过段的时间〃=10s,通过8c段的时间

»2=5S,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）C、。两点之间的距离有；

（2）冰壶和冰面间的动摩擦因数〃。

ABCO

【答案】(1)0.9m；(2)0.02

【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处

相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在/点至。点的运动为匀减速直线运动，假设冰

壶运动的加速度大小为。，在/点时的速度大小为以，在C点时的速度大小为vC,因此有

2

丫/-］。/；=玉，vA(tl+t2)--a(tl+t2)=x2

解得

a=0.2m/s2,Vd=3.6m/s

又由

代入数据可得

vc=0.6m/s

已知运动到。点时冰壶停下，因此有

2

vc-0=2ax3

代入已知数据可知

X5=0.9m

(2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为人则有

f=^mg

根据牛顿第二定律可知

f=ma

已知。=0.2m/s2,联立以上各式可得

〃=0.02

【易错分析】

1.利用运动学公式，分清运动过程，灵活求解加速度大小

2.对物体受力分析，利用牛顿第二定律求解合力，再求解未知量。

例题2.

(多选)如图所示，0a、06和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，。、a、b、c、4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d点无初速度释放，用小友、玄分别表示

滑环沿Oa、Ob、而到达。或6所用的时间。下列关系正确的是（）

C.D.f1=13

答案BCD

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

,1加

均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为0,则有2必cos6=-g-cos0•於得f=2卜，可知从c、

21g

0、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca—t\—t3-,而由La与由O—6滑动

1

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x=-aa可知,

2

ftca,即/2＞，1=，3,故B、C、D正确。

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从上端由静止开始

滑到下端所用时间相等，如图丙所示。

考点二动力学图像问题

4..............7y

中银储备多

常见的动力学图像

v-t图像、a~t图像、F~t图像、F~a图像等。

(l)o—t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。

(2)°-f图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况

应用牛顿第二定律列方程求解。

(3)F一/图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。

(4户一。图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律

推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的

意义，从而由图像给出的信息求出未知量。

例题3.某游泳运动员在。〜6s时间内运动的V—图像如图所示。关于该运动员，下列说法

A.在。〜6s内所受的合力一直不为0

B.在。〜6s内的位移大小为24m

C.在2s〜4s内一定处于超重状态

D.在4s〜6s内的位移大小为8m

【答案】D

【解析】A.v-f图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2~4s该运动员的有加速度，由

牛顿第二定律可知

F^=ma

在。〜2s与4〜6s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在。〜2s与4〜6s

所受合力为零，在2〜4s,所受合力不为零，故A项错误；

B.由于v-，图像与坐标轴围成的面积表示位移，所以在0〜6s内的位移为

=；（2+4）x4m=12m

x

故B项错误；

C.由之前的分析，在2s~4s结合图像可知，其加速度为

4—0.2c,2

a=------m/s=2m/s

4-2

由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同,

而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故c项错误；

D.结合之前的分析，在4s~6s的位移为

西=4x2m=8m

故D项正确。

故选D。

例题4.（多选）如图甲所示，水平地面上有一质量为屈的长木板，将一质量为根的小物块

放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为从，长木板与地面的动摩擦因数为〃建

给小物块施加一水平外力尸，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板

和小物块加速度。随外力厂的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力

A.M=0.2B.〃2

C.m=0.25kgD.M=0.75kg

【答案】BCD

【解析】ABC.根据题意，由图乙可知，当下=々=1N时，木板相对地面开始滑动，则有

耳=〃2（M+m）g

当片V厂三玛=3N时，小物块与长木板一起加速运动，则有

F-（A/+m）g=（M+

解得

F

结合图乙可得

_。0=_42g，4=1m^2

解得

~=~~=0.1

g10

当厂＞片时，小物块与长木板间相对滑动，对小物块有

F-jLi^mg=ma

解得

F

Q=------Mg

m

结合图乙可得

1a,

—?

=_~-,=2m/s,F2=2.5N=juxmg

mF3-F2

则小物块的质量

m=-一-=三至kg=0.25kg

ax2

F必2.5x21

=7\=7\=1

出-工）g（3-2.5）xl0

故A错误，BC正确；

D.对长木板有

jUAmg-%（M+m）g=Max

解得，长木板的质量

M=-一-=^^-kg=0.75kg

%2

故D正确。

分析动力学图像问题的方法技巧

1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像

所反映的物理过程。

2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的

是怎样的物理过程。

3.建立图像与公式间的关系：对于a—尸图像、尸一无图像、o—f图像、次一x图像等，都应

先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、“面积”、

截距等对应的物理意义。

4.读图时要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点（在

临界点物体运动状态往往发生变化）。

，限忖检测,

（建议用时：30分钟）

一、单选题

1.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。/、B,C、。是水平冰面直线赛道上的四个点，其

中/是掷出点，。是营垒中心，AB=BC=CD。运动员将冰壶从/点以初速度%掷出，冰

壶沿直线做减速运动，经过8点时速度恰好为，，另一运动员用冰刷摩擦仄。之间的

冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中心。。若未用冰刷摩擦冰面时，冰壶与冰面之

间的动摩擦因数为〃，假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦后冰或与冰面之间的动

【答案】D

【解析】设43之间的距离为x,冰壶由/运动到3,根据运动学公式可得

=2〃gx

冰壶由8运动到。，有

S=2"gx2x

解得

故选D。

2.静置于水平地面上质量为小的物体，受一竖直向上的恒力尸作用，从静止开始向上运动。

经时间f后撤去尸，又经时间f物体刚好落回地面。不计空气阻力，重力加速度为g,则恒

力厂等于（）

A.~mSB.-mgC.2mgD.3mg

【答案】A

【解析】在第一个看时间内，根据牛顿第二定律有

F—mg=ma

根据位移公式有

12

x=—at

2

根据速度公式有

v=at

在第二个才时间内，根据位移公式有

12

-x=vt--gt

解得

L4

F=-^g

故选A„

3.蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目，比赛在一块正方形水平地面上进行，比赛用

球为硬塑实心球。如图所示，静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为乙两

球质量相同，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为〃，一队员用脚给球1一个水平冲击力

使其获得水平速度，球1与球2发生弹性正碰后，球2恰好能到达边线，重力加速度为g。

则球2运动的时间为（）

【答案】A

【解析】球2匀减速直线运动到停下，可以看作反向匀加速直线运动，可得

L=—at2

2

根据牛顿第二定律可得

jumg=ma

联立求得

A正确。

故选A。

4.图甲是正在做送餐工作的“机器人服务员”，该机器人正在沿图乙中N2C。曲线给16号桌

送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧3C与直线路径NB、CD相切，N5段长度也为4m,

CD段长度为12m,机器人从/点由静止匀加速出发，到达3点时速率恰好达到lm/s,接着

以lm/s的速率匀速通过BC弧段，通过C点以lm/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀

减速直线运动，最终停在16号桌旁的。点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数〃=0.2,关于

该机器人送餐运动的说法正确的是（）

B.为防止餐盘与水平托盘之间发生相对滑动，机器人在段运动的最大速率为4m/s

C.从/点运动到2点过程中机器人的加速度q=0.125m/s2且餐盘和水平托盘不会发生

相对滑动

D.餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到。点的最短时间f=12秒

【答案】C

【解析】A.从8运动到C的过程中机器人的向心加速度

v2I2,,

a=-=一m/s2=0.25m/s2

r4

故A错；

B.餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有

v2

/jmg—机」2—

r

解得

=242m/s

故B错;

C.由

v2I2

a=—=--m/zs2?=0.125m/s2?

2x2x4

知，该加速度小于发生相对滑动的临界加速度2m/s2,故C正确;

D.机器人以lm/s的速度匀减速至。点的最大加速度

2

am=jLtg=2m/s

故最短的减速时间

v八

q———0.5s

匀减速的最小位移为

Ax=-----=0.25m

2am

故从C点开始匀速运动的时间

x-Ax

（：CD11.75s

V

故从C运动到。点的最短时间为12.25s,D错。

故选c。

5.某同学站在力传感器下蹲，力传感器上显示的图线可能是（）

10oo10

OO

8oo

(8OO

瘴(

濠OO

6oo

廿6

计OO

A))OO

K4ooB.R4

2oo2

24646

时间（秒）时间（秒）

1010oo

OO

8OO8oo

((

濠OOB

a6OOa6oo

)OO)

4D.M4oo

-R22OO

0

4646

时间（秒）时间（秒）

【答案】C

【解析】在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。

故选C。

6.“反向蹦极"是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为左的弹性轻绳的上端固

定在。点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传

感器示数为1000N。打开扣环，人从/点由静止释放，像火箭一样被"竖直发射"，经3点上

升到最高位置C点，在8点时速度最大。已知48长为2m,人与装备总质量%=80kg（可

视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度g取lOm/s?。下列说法正确的是（）

，上扣环

打传感器

^/////////////

A.在8点时，弹性轻绳的拉力为零B.经过C点时，人处于超重状态

C.弹性轻绳的劲度系数上为500N/mD.打开扣环瞬间，人在4点的加速度大小为

22.5m/s2

【答案】C

【解析】C.在8点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有

在工点未释放时，有

kx'=mg+F

x'-x=2m

联立，解得

左=500N/m

故A错误；C正确；

B.在C点速度为零，有向下的加速度，人处于失重状态。故B错误;

D.打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得

kx'-mg=F=ma

a=12.5m/s

故D错误。

故选Co

二、多选题

7.如图甲所示，一倾角为白的足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一挡板，一

根劲度系数上=100N/m的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物块A上,紧挨着A放置物块B

（不与A粘连），物块C用轻质细线通过光滑的轻质定滑轮与物块B连接，细线与斜面平行。

开始时A、B均静止在斜面上，用手托住C,使细线刚好被拉直。现撤去外力，C由静止开

始运动，运动过程中物块A的加速度。与位移x图象如图乙所示，已知运动过程中物体C

C.A向上运动的最大位移为12.5cmD.斜面倾角6=30。

【答案】ABD

【解析】设放手前弹簧的压缩量为％,物块A运动位移为x,则

kx0=(用人+加B)gsind

放手后且A、B分离前

+ma

先-x)+mcg-(mA+7〃B)gsin8=(/AB+wc)i

得

kme

%=------------------XH-r-----------

mA+mB+mcmA+mB+mc

由图可知

mg..k1.5...

-----c=4m/s2.------------=------三NT/mkg

mA+mB+mc----------mA+mB+mc7.5x10

解得

mc=2kg,mA+mB+mc=5kg

A、B分离后，对A有

k(x0-x)-mAgsin3=mAa2

得

kmR^sin。

a2=-------x+—^--------

加A加A

由图可知

2.5^^=10m/s2

N/mkg,

-2

加A2.5xIO加A

解得

冽A=1kg；mB=2kg；6=30°；x0=15cm

故选ABD。

8.如图甲，一物块在f=0时刻滑上一足够长的固定斜面，其运动的V—图像如图乙所示,

若重力加速度g=

A.物块向上运动的位移为x=4mB.斜面的倾角6=30。

D.物块与斜面间的动摩擦因数〃=等

C.物块的质量7〃=1kg

【答案】ABD

【解析】A.V-，围成的面积代表位移，根据图像可知小物块先沿斜面向上减速后沿斜面向

下加速，物块向上运动的位移为

x上二4m

2

故A正确;

BD.根据牛顿第二定律可得物块向上运动时

mgsin0+/umgcos0=max

物体向下加速时

mgsin3-jumgcos0=ma2

图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为

AM

Cly—$2a1—=2m/s2

△t'

方程联立解得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数分别为

d=30。，A=—

5

故BD正确；

c.在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量。故C错误。

故选ABD„

9.很多智能手机都装有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打

开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动。规定竖直向上为正方向，得到竖直方向上

加速度随时间变化的图像（如图）。则下列关于手机的运动和受力情况的判断正确的是（）

A.在a时刻速度达到最大

B.在4时刻开始减速上升

C.在tx到G时间内受到的支持力逐渐减小

D.在到4时间内受到的支持力逐渐增大

【答案】BC

【解析】A.由图象可知，4时刻之前向上做加速度增大的加速运动，号乜做加速度减小的

加速运动，4时刻速度最大。故A错误；

B.由图可知，时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运

动。故B正确；

C.对物体进行受力分析可知，t]-t2时间内，物体受力为

综-mg=ma

该段时间内，。逐渐减小，因此支持力稣逐渐减小。故c正确;

D.3时间内，物体受力为

mg-F^=ma'

该段时间内，优逐渐增大，因此支持力综逐渐减小。故D错误。

故选BCo

10.如图所示，质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接，在拉力尸作用下沿着固定光

滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力尸。己知斜面倾角为。，重力加速度大小为g,斜面

足够长。从撤去拉力厂时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（）

A.滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度

B.滑块N的加速度大小最大值为2gsin。

C.滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的平均速度大小

D.滑块M的速率始终大于滑块N的速率

【答案】BD

【解析】A.没有撤掉外力时，

F-2mgsin0,mgsin6）=Ax

当突然撤去拉力尸，对滑块M受力分析有

mgsind-kx=max

此后弹簧第一次恢复原长的过程中x减小，即滑块M的加速度由0增大，方向沿斜面向下,

则滑块M将做加速度增大的减速运动；对滑块N受力分析有

mgsin夕+Ax=ma、

此后弹簧第一次恢复原长的过程中x减小，即滑块N的加速度由0减小，方向沿斜面向下,

则滑块N将做加速度减小的减速运动，M的加速度一直小于N的加速度，A错误；

B.当突然撤去拉力尸瞬间，滑块N的加速度最大为

a2=2gsin0

B正确；

CD.滑块〃■和N都向上做减速运动，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N减速

更快，速度更小，因此M的速度一直大于N,则平均速度一直大于N直到弹簧长恢复原长,

C错误；D正确。

故选BDo

三、解答题

11.南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史，有"华夏绝艺"的美称。如图所示，挑幡表

演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过

程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动

且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为f,上升高度为〃，毛竹和绵幡的总质量为

m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中：

（1）最大速度%的大小；

（2）