第三章 第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习教师用书配套课件（江苏专用）

第三章　运动和力的关系 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 链接教材·夯基固本 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______，跟它的质量成______，加速度的方向跟________的方向相同。 (2)表达式：a＝或F＝____。 正比 反比 作用力 ma 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 2 (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______单位和______单位组成。 基本 导出 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 (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______、______、长度，它们的国际单位分别是______、____、米。 (3)导出单位 由基本量根据__________推导出的其他物理量的单位。 质量 时间 千克 秒 物理关系 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 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______，在地球上的同一位置是______的。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将________物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 无关 不变 不等于 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 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 概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______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)______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)________的现象 大于 小于 等于零 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题   超重现象 失重现象 完全失重 产生 条件 物体的加速度方向______ 物体的加速度方向______ 物体的加速度方向______，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 __________ 加速下降或 __________ 无阻力的抛体运动；绕地球的匀速圆周运动 向上 向下 向下 减速下降 减速上升 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 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__________。 (2)已知物体的运动情况求物体的__________。 运动情况 受力情况 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 2．解决两类基本问题的方法 以________为“桥梁”，由____________和______________列方程求解，具体逻辑关系如下： 加速度 运动学公式 牛顿第二定律 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。 (　　) (2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。 (　　) (3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。 (　　) (4)失重说明物体的重力减小了。 (　　) (5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 (　　) (6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。 (　　) × × √ × × √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 二、教材习题衍生 1．(牛顿第二定律的理解)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 B　[上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。] 2．(牛顿第二定律的基本应用)如图甲所示，电梯配重可以平衡轿厢及其载荷的重量从而减少电动机的工作负担，提高能效。一般配重的质量为轿厢自重M加上电梯额定载荷的一半0.5m。电动机未工作时可简化为如图乙所示的模型，电梯轿厢自重M＝1 000 kg，额定载荷m＝900 kg，限乘人数为12人， 定滑轮固定于天花板下，缆绳绕过 滑轮连接着轿厢和配重，滑轮与缆 绳质量均不计，所有摩擦不计，重 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 力加速度g＝10 m/s2。静止释放该系统，则空载时与额定载荷时轿厢的加速度大小之比是(　　) A．67∶49 B．38∶29 C．19∶10 D．1∶1 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A　[空载时，对系统由牛顿第二定律有g－Mg＝a1，额定载荷时，有(M＋m)g－g＝a2，联立可得＝，故选A。] 3．(超失重的理解)一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是 (　　) A．t1～t2时间内，乘客的速度一直增大 B．t2～t3时间内，乘客的速度一直增大 C．t1～t2时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力 D．t2～t3时间内，乘客对电梯的压力小于乘客重力 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 D　[根据x-t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故A、B错误；t1～t2时间内，乘客匀速运动，FN＝mg，t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，结合牛顿第三定律，故C错误，D正确。] 细研考点·突破题型 考点1　 牛顿第二定律的理解 [典例1]　(对牛顿第二定律的理解)(2024·江苏镇江一模)如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，一小球从弹簧正上方自由下落，小球与弹簧作用过程中，弹簧始终在弹性限度内，小球的最大加速度为重力加速度的2倍，忽略空气阻力，则小球第一次下落到最低点的过程中，小球的加速度a随时间t变化的图像可能是(　　) 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 18 A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 19 B　[依题意，小球接触弹簧前做自由落体运动，加速度为重力加速度，接触弹簧后受弹簧弹力与重力共同作用，当弹力与重力等大时，加速度为零，由运动的对称性可知从接触弹簧开始到加速度为零与从加速度为零到加速度大小再次为重力加速度为止，加速度大小随时间的变化情况具有对称性，且为非线性关系，故选B。] 【典例1　教用·备选题】　(对牛顿第二定律的理解)一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小 到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化 的图像，可能是下图中的(　　) 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 √ A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 D　[物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma，解得a＝g－x，可知a与x是线性关系，当x增大时，a减小，当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度为0，当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律kx－mg＝ma，解得a＝x－g，a与x是线性关系，当x增大时，a增大。若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当物块以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g。故选D。] [典例2]　(力与运动关系问题定性分析)(2024·常州高级中学质量检测)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法不正确的是(　　) A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度 B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的 D．合力变小，物体的速度一定变小 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 D　[加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误。] 规律总结　合力、加速度、速度间的决定关系 (1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。一般情况下，合力与速度无必然的联系。 (2)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。 (3)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 考点2　超重和失重 [典例3]　(根据运动情况判断超、失重)(2024·全国甲卷)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9.8 m/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 4.5 N，则此段时间内物体处于______(选填“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)。 5.0 失重 1.0 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 [解析]　(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为 5.0 N。 (2)根据(1)结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计示数为4.5 N<mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有 mg－F＝ma，代入数据解得a≈1.0 m/s2。 [典例4]　(超重、失重、完全失重)如图甲所示是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，重力加速度g取 10 m/s2。 根据图像分析可知(　　) 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A．人的重力可由b点读出，约为300 N B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 C．人在双脚离开力板的过程中，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 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为 900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。] 方法技巧　超重和失重的判断方法 (1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。 (2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 (3)物体超重、失重与运动状态的关系 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 考点3　 动力学中的两类问题 1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 2．解决动力学两类问题的两个关键点 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 3．动力学基本问题的力的处理方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 [典例5]　(已知运动情况求受力情况)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 审题指导：解此题关键有两点： (1)选取滑块为研究对象，正确作出受力分析。 (2)根据运动过程求出加速度，结合牛顿第二定律求恒力F。 [解析]　(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得 mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 解得μ＝。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。 根据题意可得x＝a1t2，得a1＝2 m/s2 当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，则 F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N 当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，则 mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N。 [答案]　(1)　(2) N或 N [典例6]　(已知受力情况求运动情况)(2024·江苏南京高三开学考试)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一只企鹅在倾角为θ＝37°的倾斜冰面上先以 a＝的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝4 s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.25，已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力，g取 10 m/s2，试分析回答下列问题： 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； (2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小； (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。 [解析]　(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小为 x＝at2＝8 m。 (2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小 a′＝＝g sin 37°＋μg cos 37°＝8 m/s2。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 (3)企鹅在冰面上滑时的初速度为v＝at＝4 m/s 向上滑行的位移为x′＝＝1 m 企鹅退滑到出发点时的位移大小为x″＝x＋x′＝9 m 加速度大小 a″＝＝g sin 37°－μg cos 37°＝ 所以企鹅退滑到出发点时的速度大小v＝＝ m/s＝6 m/s。 [答案]　(1)8 m　(2)8 m/s2　(3)6 m/s 规律总结　动力学问题的解题步骤 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 考点4　 牛顿第二定律的瞬时性问题 1．两种模型 加速度与合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，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 2．求解瞬时加速度的一般思路 ⇒⇒ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 [典例7]　(竖直方向的轻绳模型)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　) A．a1＝g，a2＝g 　　　　B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 　　　　D．a1＝2g，a2＝0 √ A　[由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确。] 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 [典例8]　(竖直方向的弹簧模型)(2024·湖南卷)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 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A　[细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。] [典例9]　(倾斜弹簧模型)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是(　　) 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零 C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θ D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为mg sin θ √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m) g sin θ＝6mg sin θ 。以C为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)g sin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝g sin θ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得FAB－2mg sin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mg sin θ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝g sin θ，方向沿斜面向下，故C正确，A、B、D错误。] 方法技巧　“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题 (1)分析瞬时加速度的“两个关键” ①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 ②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 (2)“四个步骤” 第一步：分析原来物体的受力情况。 第二步：分析物体在突变时的受力情况。 第三步：由牛顿第二定律列方程。 第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 【典例9　教用·备选题】(倾斜弹簧模型)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为 C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 B　[剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mg sin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg，而对A、B组成的系统，加速度为a＝＝，即A和B的加速度均为，故B正确，A、C、D错误。] 题组一　牛顿第二定律的理解 1．雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是(　　) A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．较大的雨滴最大速率也较大 D．较小的雨滴在空中运动的时间较短 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 11 课时分层作业(八)　牛顿第二定律、两类动力学问题 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[设雨滴下落时受到的阻力为Ff＝kv，根据牛顿第二定律mg－kv＝ma，则雨滴下落时，随着速率的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速率最大，则vm＝，质量越大，则最大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速率较小，整个过程的平均速率较小，则在空中运动的时间较长，选项D错误。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．(2024·江苏苏州期末)如图所示，光滑水平面上两个质量分别为m和2m的小球由一根轻质弹簧相连接，在沿弹簧轴线方向的水平拉力F作用下一起做匀加速运动。已知弹簧的原长为L，劲度系数为k，弹簧在弹性限度内，则此时两小球间的距离为(　　) A． B． C．L＋ D．L＋ √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[对整体有F＝3ma，对小球m有kx＝ma，解得x＝，即弹簧伸长量为，此时两小球间的距离为L＋，故选C。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题组二　超重和失重问题 3．(2024·江苏南京期末)如图所示，两弹簧分别固定在箱子的上、下底面，两弹簧间有一可看作质点的小球，静止时小球与箱子侧面的O点等高。已知重力加速度为g。当箱子在竖直方向运动时，下列说法正确的是(　　) A．若小球与M点等高，则小球处于超重状态 B．若小球与N点等高，则小球处于失重状态 C．若小球与O点等高，则小球一定匀速运动 D．小球的加速度大小不可能大于重力加速度g √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[若小球与M点等高，对小球受力分析可知小球受到的合力方向竖直向下，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向与合力方向相同，因此加速度的方向竖直向下，小球处于失重状态，故A错误；若小球与N点等高，对小球受力分析可知小球受到的合力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向与合力方向相同，因此加速度的方向竖直向上，小球处于超重状态，故B错误；根据牛顿第一定律，当小球所受合力为零时，保持静止或者匀速直线运动状态，静止时小球与箱子侧面的O点等高，说明此时小球受到的合力为零，当箱子在竖直方向运动时，小球随箱子一起运动，若小球与O点等高，小球一定匀速运动，故C正确；当两弹簧的合力不为零，并且跟小球重力方向相同时，小球受到的合力大于重力，根据牛顿第二定律，小球的加速度大小大于重力加速度g，故D错误。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4．(2025·江苏盐城模拟)建造大桥过程中最困难的莫过于沉管隧道的沉放和精确安装，每节沉管隧道重约G＝8×108 N，相当于一艘中型航母的重量。通过缆绳送沉管到海底，若把该沉管的向下沉放过程看成是先加速后减速运动，且沉管仅受重力和缆绳的拉力，则拉力变化过程可能正确的是(　　) √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A 　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[设沉管在向下沉放的过程中，加速过程的加速度为a1，减速过程的加速度为a2，加速过程由牛顿第二定律得G－F1＝ma1，则F1＝G－ma1，F1＜G；减速过程由牛顿第二定律得F2－G＝ma2，则F2＝G＋ma2，F2＞G，故A、B、D错误，C正确。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题组三　瞬时问题 5．如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10 m/s2)(　　) A．0 B．15 m/s2 C．6 m/s2 D．5 m/s2 √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故选项C正确。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6．(2024·江苏常熟期末)如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　) A．细线A中拉力的大小FA为mg B．轻弹簧B中拉力的大小FB为mg C．轻弹簧B的伸长量Δx为 D．突然剪断细线A的瞬间，小球的加速度a大小为g √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 B　[对小球受力分析，如图所示，由平衡条件得tan 60°＝，解得细线A中拉力的大小FA＝mg，故A正确；由三角函数关系得cos 60°＝，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝，故B错误，C正确；弹簧的弹力不能突变，则突然剪断细线A的瞬间，仍有FB＝2mg，由牛顿第二定律得＝ma，解得a＝g，方向水平向右，故D正确。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题组四　动力学中的两类问题 7．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 10 m/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 5 m/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(　　) 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg 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5 m/s D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 C　[当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s 匀速下落时，有Mg＝，当飞行器以速率v2＝5 m/s 匀速向上运动时，有＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A项错误；当飞行器以速率 v2＝5 m/s 匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝2，解得F＝Mg，B项错误；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－(Mg)2＝2，解得v3＝5 m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/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＋＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8．如图所示，质量均为1 kg的两物块A、B叠放后静止在光滑水平面上的O点，其中A通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连，弹簧劲度系数k＝100 N/m。现对B施加一水平向左的推力F，使A、B一起缓慢向左移至P点后释放。已知A、B间动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，设两物块间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是(　　) A．OP间距离最大为4 cm B．释放后A将从B上滑出 C．释放后A的加速度可能为4 m/s2 D．释放后A、B将一起向右做匀加速运动 √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 A　[A、B一起缓慢向左移至P点，A、B间恰好不发生滑移，A、B间的最大静摩擦力等于弹簧弹力，有μmAg＝kx，故OP间距离最大为x＝0.04 m＝4 cm，故A正确；释放后根据牛顿第二定律有F弹－f＝mAa，f＝mBa，由于A、B间的最大静摩擦力足以提供B做加速运动的合外力，故释放后A、B相对静止，A不会从B上滑出，故B错误；释放后A的最大加速度为am＝＝ m/s2＝2 m/s2，故释放后A的加速度不可能为4 m/s2，故C错误；释放后A、B将一起做简谐运动，故D错误。故选A。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 9．(2024·江苏无锡期中)用沿斜面的拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在两光滑斜面上由静止开始沿斜面向上做直线运动，斜面倾角分别为θ甲、θ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与物体加速度a的关系如图(b)所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙 B．m甲＝m乙 C．θ甲>θ乙 D．θ甲<θ乙 √ 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 D　[由牛顿第二定律有F－mg sin θ＝ma，解得F＝ma＋mg sin θ，所以F-a图像的斜率为m，纵轴截距为mg sin θ。由题图可知甲的斜率大于乙的斜率，因此m甲>m乙，故A、B错误；由于甲、乙的截距相等，即m甲g sin θ甲＝m乙g sin θ乙，根据m甲>m乙，可知θ甲<θ乙，故C错误，D正确。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10．(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 B　[在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有F＝mg－k(y－H)，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大。故F-y图像如图所示。 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故B正确，A错误；同理，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增大；当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律知F＝mg－k(y－H)，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率减小；到达最低点后，木块向上运动。经以上分析可知，木块先做加速度恒定的加速运动，再做加速度减小的 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大致如图所示。 故C、D错误。故选B。] 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11．如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取 10 m/s2。试求： (1)小球运动的加速度大小； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中 距A点最大距离。 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 链接教材 细研考点 课时分层作业 第2节　牛顿第二定律、两类动力学问题 [解析]　(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2。 (2)刚撤去F时，小球的速度 v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mg sin 30°＋ μmg cos 30°＝ma2 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑时间t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m。 1 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 谢 谢 ！ $$