第2讲 牛頓第二定律的理解及应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

[典例２]　(２０２５􀅰保定模拟) (多选)如图,一个人站在水 平地面上的长木板上用力F 向右推箱子,木板、人、 箱子均处于静止状态,三者的质量均为m,重力加 速度为g,则 (　　) A．箱子对木板的摩擦力方向向右 B．木板对地面的摩擦力方向向左 C．木板对地面的压力大小为３mg D．若人用斜向下的力推箱子,则木板对地面的压 力会大于３mg [解析]　AC　[以箱子为研究对象,水平方向上, 木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡,所以, 木板对箱子的摩擦力方向向左,根据牛顿第三定 律,箱子对木板的摩擦力方向向右,选项 A 正确; 以整体为研究对象,地面对木板的支持力与整体所 受的重力平衡,所以地面对木板的支持力为３mg, 根据 牛 顿 第 三 定 律,木 板 对 地 面 的 压 力 大 小 为 ３mg,选项C正确,D 错误;以整体为研究对象,地 面对木板的摩擦力为０,所以木板对地面的摩擦力 为０,选项B错误．] [典例３]　(２０２５􀅰南昌模拟)(多选) 如图所示,物体b在水平推力F 作 用下,将物体a挤压在竖直墙壁 上,a、b均处于静止状态,下列说 法正确的是 (　　) A．a对墙壁的摩擦力方向向下 B．b对a的摩擦力方向向上 C．增大水平推力F,a对墙壁的摩擦力变大 D．增大水平推力F,b对a的摩擦力不变 [解析]　AD　[以b为研究对象,在竖直方向上,b 受到的重力与a给它的摩擦力平衡,所以a对b的 摩擦力方向向上,大小始终等于 mbg,根据牛顿第 三定律,b对a的摩擦力方向向下,大小始终等于 mbg,选项 B错误,D 正确．以整体为研究对象,在 竖直方向上,墙对a的摩擦力与整体所受的重力平 衡,所以,墙对a的摩擦力方向向上,大小始终等于 mag＋mbg,根据牛顿第三定律,a对墙的摩擦力方 向向下,大小始终等于 mag＋mbg,选项 A 正确, C错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第２讲　牛顿第二定律的理解及应用 　　　　　　学生用书　P４２ [知识点一]　牛顿第二定律、单位制 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 １．牛顿第二定律 (１)内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它 的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同． (２)表达式a＝Fm 或F＝ma． (３)适用范围 ①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速 直线运动的参考系)． ②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运 动(远小于光速)的情况． ２．单位制 (１)单位制由基本单位和导出单位组成． (２)基本单位 基本量的单位．力学中的基本量有三个,它们分别 是质量、时间、长度,它们的国际单位分别是千克、 秒、米． (３)导出单位 由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的 单位． [知识点二]　超重与失重 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 １．实重和视重 (１)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态 无关,在地球上的同一位置是不变的． (２)视重 ①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视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台 秤所受物体的压力． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８５􀅰 高考总复习　物理 ２．超重、失重和完全失重的比较 超重现象 失重现象 完全失重现象 概念 物 体 对 支 持 物 的压力(或对悬 挂物的拉力)大 于 物 体 所 受 重 力的现象 物 体 对 支 持 物 的压力(或对悬 挂物的拉力)小 于 物 体 所 受 重 力的现象 物体对支持物 的 压 力 (或 对 悬 挂 物 的 拉 力)等 于 零 的 现象 产生 条件 物 体 的 加 速 度 方向竖直向上 物 体 的 加 速 度 方向竖直向下 物体的加速度 方 向 竖 直 向 下,大 小 为 a ＝g 原理 方程 F－mg＝ma F＝m(g＋a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝mg F＝０ 运动 状态 加 速 上 升 或 减 速下降 加 速 下 降 或 减 速上升 无阻力的抛体 运 动;绕 地 球 匀速圆周运动 [知识点三]　动力学两类基本问题 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 １．两类动力学问题 (１)已知物体的受力情况求物体的运动情况． (２)已知物体的运动情况求物体的受力情况． ２．解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律 列方程求解,具体逻辑关系如下: 受力 情况 牛顿第二定律 　􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑 加速度 运动学公式 　􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑 运动 情况 　 　　　 　　 由运动求力 　　 　　　 ↑ 　　　 　　 由力求运动 　　 　　　 　 ↓ １．(人教版必修第一册P９８􀅰T１ 改编)由牛顿第二定 律F＝ma可知,无论怎样小的力都可能使物体产 生加速度,可是当用很小的力去推很重的桌子时, 却推不动,这是因为 (　　) A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子加速度很小,速度增量也很小,眼睛观察不到 C．推力小于桌子所受到的静摩擦力,加速度为负值 D．桌子所受的合力为零,加速度为零 答案:D ２．(人教版必修第一册P１０８􀅰 T２ 改编)民航客机都有紧 急出口,发生意外情况的飞 机紧急着陆后,打开紧急出 口,狭长的气囊 会 自 动 充 气,生成一连接出口与地面 的斜面,乘客可沿斜面滑行到地面(如图所示)．假 设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为４m,气囊 所形成的斜面长度为８m,一质量为６０kg的乘客 在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为做匀加速 直线运动．假设乘客与气囊间的动摩擦因数为 ３１５ , g取１０m/s２,那么下列说法正确的是 (　　) A．该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为１s B．该乘客滑至气囊底端所经历的时间约为３s C．该乘客滑至气囊底端时的速度大小为４m/s D．该乘客滑至气囊底端时的速度大小为８m/s 解析:D　[设斜面的倾角为θ,则sinθ＝４m８m＝ １ ２ , 解得θ＝３０°,对乘客受力分析,根据牛顿第二定律 可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma,解得乘客的加速度 a＝４m/s２,根据位移Ｇ时间关系可得斜面长度L＝ １ ２at ２,解得该乘客滑至气囊底端所经历的时间t＝ ２L a ＝ ２×８ ４ s＝２s ,故 A、B错误;根据速度Ｇ时间 关系可得,该乘客滑至气囊底端时的速度大小为v ＝at＝８m/s,故C错误,D正确．] ３．(人教版必修第一册 P９７ [例 题]２改编)如图所示,沿水平 方向做匀变速直线运动的车厢 中,悬挂小球的悬线偏离竖直 方向的夹角θ＝３７°,小球和车厢相对静止,小球的 质量为 １kg．sin３７°＝０．６,cos３７°＝０．８,g 取 １０m/s２．求: (１)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况; (２)悬线对小球的拉力大小． 解析:(１)由于车厢沿水平方向运动,所以 小球有水平方向的加速度,所受合力 F 沿水平方向． 选小球为研究对象,受力分析如图所示． 由几何关系可得F＝mgtanθ, 小球的加速度a＝Fm ＝gtanθ＝７．５m /s２,方向向 右,则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减 速直线运动． (２)悬线对小球的拉力大小为 FT＝ mg cosθ＝ １×１０ ０．８ N＝１２．５N 答案:(１)见解析　(２)１２．５N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 　　　　　　学生用书　P４３ 考点一　对牛顿第二定律的理解 １．牛顿第二定律的五个特性 ２．合力、加速度、速度之间的决定关系 (１)不管速度是大是小,或是零,只要合力不为零,物 体都有加速度． (２)a＝ΔvΔt 是加速度的定义式,a与 Δv、Δt无必然联 系;a＝Fm 是加速度的决定式,a∝F,a∝１m． (３)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反 向时,物体减速运动． [典例１]　在粗糙的水平面上,物体在水平推力的作 用下,由静止开始做匀加速直线运动,经过一段时 间后,将水平推力逐渐减小到零(物体不停止),那 么,在水平推力减小到零的过程中 (　　) A．物体的速度逐渐减小,加速度(大小)逐渐减小 B．物体的速度逐渐增大,加速度(大小)逐渐减小 C．物体的速度先增大后减小,加速度(大小)先增大后减小 D．物体的速度先增大后减小．加速度(大小)先减小后增大 [解析]　D　[物体受力如图 所示,因为原来做匀加速直线 运动,所以F＞f,由于运 动 了 一段时间,所以物体已有一定 的速度,当力F 减小时包含以下三个过程: ①开 始 一 段 时 间,F＞f,由 牛 顿 第 二 定 律 得 a＝F－fm ,F 减小,a减小,但a、v同向,故v增大; ②随着F 减小,F＝f 时,即F合 ＝０,a＝０,速度达 到最大; ③力F 继续减小,F＜f,F合 的方向变化,a的方向 也相应变化,与速度方向相反,故v减小,由牛顿第 二定律得a＝f－Fm ,故a(大小)增大． 综上所述,a(大小)先减小后增大,v先增大后减小,D 项正确．] [典例２]　 (２０２４􀅰安徽 卷)如图所示,竖直平面 内有两完全相同的轻质 弹簧,它们的一端分别 固定于水平线上的 M、 N 两点,另一端均连接在质量为m 的小球上．开始 时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于 MN 连 线的中点O,弹簧处于原长．后将小球竖直向上．缓 慢拉至 P 点,并保持静止,此时拉力 F 大小为 ２mg．已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性 限度内,不计空气阻力．若撤去拉力,则小球从P 点 运动到O 点的过程中 (　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为３g D．加速度先增大后减小 [解析]　A　[将小球缓慢拉至P 点,保持静止,由 平衡条件可知此时拉力F 与重力和两弹簧拉力的 合力为零．此时两弹簧的合力大小为mg．当撤去拉 力,则小球从P 点运动到O 点的过程中两弹簧的 拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运 动,故 A 正确,B错误;小球从P 点运动到O 点的 过程中,形变量变小,弹簧在竖直方向的合力不断 变小,故小球受到的合外力一直变小,加速度的最 大值为撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知 ２mg＝ma,加速度的最大值为２g,C、D错误．] [典例３]　(２０２５􀅰河南开封高三期中)水平路面上 有一货车运载着５个相同的、质量均为m 的光滑均 质圆柱形工件,其中４个恰好占据车厢底部,另有 一个工件 D置于工件 A、B之间(如图所示),重力 加速度为g．汽车以某一加速度向左运动时,工件 A与D之间恰好没有作用力,此时工件 D与 B间 的作用力大小为 (　　) A．２ ３３ mg　　　　　B． ３ ３ mg C．３mg D．２ ３mg [解析]　A　[对 D受力分析,当工件 A 与 D之间 恰好没有作用力时,D 只受到重力、B对 D 的弹力 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０６􀅰 高考总复习　物理 两个力作用,弹力方向垂直接触面(沿 B、D 的轴心 连线方向),弹力和重力的合力产生加速度,如下图 所示 根据牛顿第二定律得F合 ＝ma＝ mgtan６０°＝ ３ ３ mg 当a＝ ３３g 时 A与D之间恰好没有作用力．所以工 件D与B间的作用力大小为FN＝ mg sin６０°＝ ２ ３ ３ mg , 故选 A．] 　物体静止于光滑水平面上, 某时刻在物体上施加一个 水平向右的力F,且F 的大小逐渐减小到零;关于 此过程中物体的运动情况,下列说法不正确的是 (　　) A．物体的加速度逐渐减小到零 B．物体向右做减速运动 C．物体的速度变化得越来越慢 D．当F 减小到零时,物体向右的速度最大 解析:B　[根据牛顿第二定律F＝ma可知,若F 的 大小逐渐减小到零,物体的加速度也会逐渐减小到 零,故 A 正确;物体的加速度向右逐渐减小,物体 的速度依然是增大的,只是速度向右增加得越来越 慢,故B错误,C正确;由于速度一直在增大,当F 减小到零时,物体向右的速度最大,故 D正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点二　瞬时加速度的求解 １．两种模型:加速度与合外力具有瞬时对应关系,二 者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化 为以下两种模型: ２．求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 物体的受力情况 ⇒ 列牛顿第二 定律方程 ⇒ 求瞬时 加速度 [典例４]　(２０２４􀅰湖南卷,３)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 [解析]　A 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　(本题源于人教版必修第一册 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? 答案:aA＝２g,aB＝０ [典例５]　两轻绳拴接一定质量 的小球,两轻绳与竖直方向的夹 角如图所示,若只剪断a绳,剪断瞬间小球的加速度大 小为a１,若只剪断b绳,剪断瞬间小球的加速度大小为 a２,则a１∶a２ 为 (　　) A．１∶１　　B．２∶１　　C．３∶１　　D．２ ３∶１２ [解析]　C　[剪断一条轻绳瞬间,另一条绳对小球 的拉力发生突变．只剪断a绳瞬间,小球所受合力 沿与b绳垂直钭向右下方的方向,沿垂直b绳方向 分解小球重力得mgcos３０°＝ma１,解得a１＝ ３ ２g． 同理只剪断b绳瞬间,小球的加速度大小为a２＝ １ ２g , 则 a１ a２ ＝ ３,故选C．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 [典例６]　(多选)光滑斜面上,当系统静止时,挡板C 与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质 量相等,在突然撤去挡板的瞬间 (　　) A．两图中两球加速度均为gsinθ B．两图中 A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为２gsinθ D．图乙中B球的加速度为gsinθ [解析]　CD　[撤去挡板前,对整体分析,挡板对B 球的弹力大小为２mgsinθ,因弹簧弹力不能突变, 而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中 A 球所受合 力 为 零,加 速 度 为 零,B 球 所 受 合 力 为 ２mgsinθ,加速度为２gsinθ;图乙中杆的弹力突变 为零,A、B 球所受合力均为mgsinθ,加速度均为 gsinθ,故C、D正确,A、B错误．] 　在求解瞬时加速度时应注意的问题 １．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因 素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析． ２．加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需 要一个积累的过程,不会发生突变． １．(多选)(２０２５􀅰甘肃张掖高三 阶段练习)如图所示,两个完全 相同的小球a、b,用轻弹簧 N 连接,轻弹簧 M 和轻绳一端均 与a相连,另一端分别固定在竖直墙和天花板上, 弹簧 M 水平,当轻绳与竖直方向的夹角为６０°时, M、N伸长量刚好相同．若 M、N的劲度系数分别为 k１、k２,a、b两球的质量均为m,重力加速度大小为 g,则以下判断正确的是 (　　) A．k１∶k２＝２∶ ３ B．轻绳上的拉力与弹簧 N上的弹力之比为４∶１ C．若剪断弹簧 M,则在剪断的瞬间,b球的加速度 大小为g D．若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,a球的加速度大 小为４g 解析:BD　[以a球、轻弹簧 N、b球为整体,由受力 平衡得 FM ＝k１x＝２mgtan６０°＝２ ３mg,T＝ ２mg cos６０°＝４mg , 以b球为对象,由受力平衡得FN＝k２x＝mg, 联立可得 k１ k２ ＝２ ３１ ,T FN ＝４１ , 故 A 错误,B正确;若剪断弹簧 M,则在剪断的瞬 间,弹簧 N 的弹力FN 保持不变,则b球受力不变, b球的加速度为０,故 C错误;若剪断轻绳,则在剪 断的瞬间,a球的重力、弹簧 M 和弹簧 N 的弹力均 保持不变,则a球受到的合力大小等于剪断轻绳前 绳子的拉力大小,则a球的加速度大小为a＝Tm ＝ ４mg m ＝４g ,故 D正确．] ２．如图所示,物块１、２间用刚性轻质杆连接,物块３、４ 间用轻质弹簧相连,物块１、３质量为m,物块２、４ 质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板 上,并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然 抽出,设抽出后的瞬间,物块１、２、３、４的加速度大 小分别为a１、a２、a３、a４．重力加速度大小为g,则有 (　　) A．a１＝a２＝a３＝a４＝０ B．a１＝a２＝a３＝a４＝g C．a１＝a２＝g,a３＝０,a４＝ m＋M M g D．a１＝g,a２＝ m＋M m g ,a３＝０,a４＝ m＋M M g 解析:C　[在抽出木板的瞬间,物块１、２与刚性轻 杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自 重力,所以由牛顿第二定律知a１＝a２＝g;而物块 ３、４间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对 物块３向上的弹力大小和对物块４向下的弹力大 小仍为mg,因此物块３满足mg＝F,a３＝０;由牛顿 第二定律得物块４满足a４＝ F＋Mg M ＝ M＋m M g ,所 以C正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２６􀅰 高考总复习　物理 考点三　动力学的两类基本问题 １．动力学的两类基本问题的解题步骤 ２．解决两类动力学问题的两个关键点 (１)把握“两个分析”“一个桥梁” (２)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是 下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置 示意图确定位移之间的联系． [典例７]　(２０２５􀅰八省联考河南卷,T１３)如图１所 示的水平地面上,质量为１kg的物体在水平方向 力F 的作用下从静止开始做直线运动．图２为F 随时间t变化的关系图像,已知物体与水平地面之 间的动摩擦因数为 ０．２,重力加速度大小 g 取 １０m/s２,求 (１)在２s末物体的速度大小; (２)在０~３s内物体所受摩擦力做的功． [解析]　 (１)物 体 所 受 的 摩 擦 力 为 f＝μmg＝ ０．２×１×１０N＝２N, ０~２s,根据牛顿第二定律F－f＝ma, 其中F＝６N,解得a＝４m/s２, ２s末的速度v＝at＝２×４m/s＝８m/s, (２)前２s内的位移x１＝ １ ２at ２＝１２×４×２ ２m＝ ８m; ２s~３s内,根据牛顿第二定律F′－f＝ma, 其中F′＝－３N,可得a＝－５m/s２, ２s~３s内,物体的位移x２＝vt′＋ １ ２at′ ２, 代入数据可得x２＝５．５m． 在０~３s内物体所受摩擦力做的功Wf＝－f(x１＋x２) 代入数据可得Wf＝－２７J． [答案]　(１)８m/s　(２)－２７J [典例８]　(２０２５􀅰浙江杭州高三萧山中学期中)冰 库工作人员在水平面移动冰块,冰块先在工作人员 斜向上拉力作用下运动一段距离,然后工作人员放 手让冰块向前继续滑行一段距离,达到运送冰块的 目的．其工作原理可简化为下图所示,设冰块质量 为M＝５０kg,冰块与滑道间动摩擦因数μ＝０．２,运 送冰块的滑道长度为１０m,工人拉冰块时拉力与 水平方向成５３°角向上拉冰块．某次运送冰块时,工 人从滑道前端拉冰块(冰块初速度可视为零)向前 匀加速前进２．５m后放手,冰块刚好能运动到滑道 末端．(已知sin５３°＝０．８,cos５３°＝０．６)求: (１)冰块在减速运动过程中的加速度大小a２; (２)冰块滑动过程中的最大速度vm; (３)工人拉冰块的拉力大小F． [解析]　 (１)减 速 时 加 速 度 大 小 为 a２,有 μMg ＝Ma２, 解得a２＝２m/s２; (２)根据０－vm２＝－２a２(L－x) L＝１０m, x＝２􀆰５m, 解得vm＝ ３０m/s; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 (３)冰块匀加速时加速度为a１,则加速阶段有vm２ ＝２a１x, 减速阶段有０－vm２＝－２a２(L－x), L－x＝７􀆰５m, 则有a１∶a２＝３∶１, 因a１＝３a２, 故a１＝６m/s２, 对冰块受力分析得Fcos５３°－μ(Mg－Fsin５３°) ＝Ma１, 解得F≈５２６􀆰３N． [答案]　(１)２m/s２　(２)３０m/s　(３)５２６􀆰３N 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　两类动力学问题的解题步骤 (２０２５􀅰福建宁德三模)人 类从事滑雪活动已有数千 年历史,滑雪爱好者可在雪 场上轻松、愉快地滑行,饱 享滑雪运动的乐趣．一名滑 雪爱好者以１m/s的初速 度沿山坡匀加速直线滑下,山坡的倾角为３０°．若人 与滑板的总质量为６０kg,受到的总阻力为６０N,重力 加速度g取１０m/s２,求: (１)滑雪者加速度的大小; (２)３s内滑雪者下滑位移的大小; (３)３s末人与滑板总重力的瞬时功率． 解析:(１)由牛顿第二定律mgsin３０°－f＝ma, 解得滑雪者加速度的大小为a＝４m/s２; (２)由运动学公式x＝v０t＋ １ ２at ２,其中v０＝１m/s, t＝３s, 解得３s内滑雪者下滑位移的大小为x＝２１m; (３)由运动学公式v＝v０＋at, 重力的瞬时功率P＝mgvsin３０°, 联立解得,３s末人与滑板总重力的瞬时功率为 P＝３９００W． 答案:(１)４m/s２;(２)２１m;(３)３９００W 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点四　对超重和失重现象的理解 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􀆰物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上 运动还是向下运动,而在于物体具有向上的加速 度还是向下的加速度,这也是判断物体超重或失 重的根本所在． ３．当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生 a＝g的加速度效果,不再有其他效果．此时,平常 一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如单摆 停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等． １．(２０２５􀅰北京市海淀区一模)如 图所示,某人站上向右上行的智 能电动扶梯,他随扶梯先加速, 再匀速运动．在此过程中人与扶 梯保持相对静止,下列说法正确 的是 (　　) A．扶梯加速运动阶段,人处于超重状态 B．扶梯加速运动阶段,人受到的摩擦力水平向左 C．扶梯匀速运动阶段,人受到重力、支持力和摩 擦力 D．扶梯匀速运动阶段,人受到的支持力大于重力 解析:A　[依题意可知在加速运动过程中,人的加 速度向右上方,加速度在竖直向上的方向上有分量 和在水平向右方向有分量,可知人处于超重状态, 人受到的摩擦力水平向右,故 A 正确,B错误;扶梯 匀速运动阶段,由平衡条件可知人受到自身重力, 扶梯对它竖直向上的支持力,共计两个力的作用, 且扶梯对人的支持力大小等于重力大小,故 C、D 错误．] ２．(２０２５􀅰辽宁丹东一模)“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k 的 弹性轻绳的上端固定在O 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A 点由静止释放,像火箭 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４６􀅰 高考总复习　物理 一样被“竖直发射”,经B 点上升到最高位置C 点, 在B 点时速度最大．已知AB 长为２m,人与装备 总质量m＝８０kg(可视为质点)．忽略空气阻力,重 力加速度g取１０m/s２．下列说法正确的是 (　　) A．在B 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 为５００N/m D．打开扣环瞬间,人在A点的加速度大小为２２􀆰５m/s２ 解析:C　[在B 点时人的速度最大,加速度为零, 处于平衡状态,有kx＝mg, 在A 点 未 释 放 时,有 kx′＝mg＋F,又 x′－x＝ ２m,联立,解得k＝５００N/m,故 A 错误;C正确; 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;打开扣环瞬间,由牛顿第二定律可得 kx′－mg＝F＝ma,解 得 a＝１２􀆰５ m/s２,故 D 错误．] ３．(２０２４􀅰全国甲卷,９T)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９．８m/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４．５N, 则此段时间内物体处于　　　 　(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)． 解析:(１)由图可知弹簧测力计的分度值为０􀆰５N, 则读数为５􀆰０N． (２)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为４．５N, 小于物 体 的 重 力 可 知 此 段 时 间 内 物 体 处 于 失 重 状态; 根据G＝mg＝５．０N, 根据牛顿第二定律mg－T＝ma, 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈１．０m/s２． 答案:(１)５􀆰０　(２)失重　１􀆰０ 　如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲一起跳 动的部分示意图．如图乙所示是根据传感器画出的 力Ｇ时间图像,其中力的单位是 N,时间的单位是s． 两图中的点均对应,重力加速度g取１０m/s２．请根 据这两个图所给出的信息,判断下列选项正确的是 (　　) A．此人的质量约为６０kg B．此 人 从 站 立 到 蹲 下 的 过 程 对 应 图 中 １ 到 ６ 的过程 C．此人在状态２时处于超重状态 D．此人向上的最大加速度大约为１．９g [解析]　D　[根据题图乙中图线的１点,由平衡条 件得此人的质量约为７０kg,故选项 A 错误;同理 根据图线可判断,此人从站立到蹲下的过程中先失 重后超重,对应题图乙中１到４的过程,故选项 B 错误;由题图乙知,人在状态２时传感器对人的支 持力小于人自身的重力,处于失重状态,选项 C错 误;根据图线和牛顿第二定律,可得此人向上的最 大加 速 度 为 a＝ Fmax－mg m ≈１．９g ,所 以 选 项 D 正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　学生用书　P４６ 动力学中的“五类光滑斜面”模型 ◆[第一类]　等高斜面(如图１所示)． 由L＝１２at ２,a＝gsinθ,L＝ hsinθ 可得:t＝ １sinθ ２h g , 可知倾角越小,时间越长,图１中,t１＞t２＞t３． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５６􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 ◆[第二类]　同底斜面(如图２所示) 由L＝１２at ２,a＝gsinθ,L＝ dcosθ 可得:t＝ ４dgsin２θ , 可见θ＝４５°时时间最短,图２中t１＝t３＞t２． ◆[第三类]　圆周内同顶端的斜面(如图３所示)．即 在竖直面内的同一个圆周上,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２R􀅰sinθ＝ １ ２gsinθ 􀅰t２,可推得:t１＝t２＝t３． ◆[第四类]　圆周内同底端的斜面(如图４所示)．即 在竖直面内的同一个圆周上,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．同理 可推得:t１＝t２＝t３． ◆[第五类]　双圆周内斜面(如图５所示)．即在竖直 面内两个圆,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． [典例１]　如图所示,AB 和CD 为两 条光滑斜槽,它们各自的两个端点 均分别位于半径为R 和r 的两个 相切的圆上,且斜槽都通过切点P． 设有一重物先后沿两个斜槽,从静 止出发,由 A 滑到B 和由C 滑到 D,所用的时间分别为t１ 和t２,则t１ 与t２ 之比为 (　　) A．２∶１ B．１∶１ C．３∶１ D．１∶ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋[审题指导] (１)物体在AB、CD 上各做匀加速直线运动． (２)斜槽的长度:sAB＝２Rsin６０°＋２rsin６０° sCD＝２Rsin３０°＋２rsin３０°． [解析]　B　[设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为 θ,则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ,由几何关 系,斜槽轨道的长度s＝２(R＋r)sinθ,由运动学公 式s＝１２at ２,得t＝ ２sa ＝ ２×２(R＋r)sinθ gsinθ ＝ ２ R＋rg ,即所用的时间t与倾角θ无关,所以t１＝ t２,B项正确．] [典例２]　如图,将光滑长平板的下 端置于铁架台水平底座上的挡板 P 处,上部架在横杆上．横杆的位 置可在竖直杆上调节,使得平板与 底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆 交点Q 处静止释放,物块沿平板从Q 点滑至P 点 所用的时间t与夹角θ的大小有关．若θ由３０°逐渐 增大至６０°,物块的下滑时间t将 (　　) A．逐渐增大　　　　　B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 [解析]　D　[设P 到竖直杆底部的距离为d,则小 物块运动的距离x＝ dcosθ ,其加速度a＝gsinθ．由 x＝１２at ２ 得t＝ ４dgsin２θ． 当θ由３０°增大到６０°,２θ 由６０°增大到１２０°,sin２θ在此范围内先增大后减 小．故t在此范围内先减小后增大,D正确．] [典例３]　如图所示,光滑细杆 BC、 DC和AC 构成矩形ABCD 的两邻 边和对角线,AC∶BC∶DC＝５∶４ ∶３,AC杆竖直．各杆上分别套有一 质点小球a、b、d,a、b、d 三小球的质 量比为１∶２∶３．现让三小球同时从各杆的顶点由 静止释放,不计空气阻力,则a、b、d 三小球在各杆 上滑行的时间之比为 (　　) A．１∶１∶１ B．５∶４∶３ C．５∶８∶９ D．１∶２∶３ [解析]　A　[因ABCD 为矩形,故A、B、C、D 四 点必在以AC 边为直径的同一个圆周上,由等时圆 模型可知,由A、B、D 三点释放的小球a、b、d 必定 同时到达圆的最低点C 点,故 A 正确．] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 对物体沿不同光滑斜面下滑时间的比较方法 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６６􀅰 高考总复习　物理