11 第三章 第2节 牛顿第二定律的基本应用-【名师导航】2026年高考物理一轮总复习教师用书（通用版）

第2节　牛顿第二定律的基本应用 一、动力学两类基本问题 1．动力学的两类基本问题 第一类：已知物体的受力情况求运动情况； 第二类：已知物体的运动情况求受力情况。 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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图： 二、超重与失重 1．超重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 2．失重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)失重说明物体所受的重力减小了。 (　×　) (2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 (　×　) (3)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。 (　√　) (4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (　√　) (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。 (　×　) (6)加速度是联系运动和力的桥梁，速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 (　√　) 　动力学两类基本问题　 1．问题类型 2．解题关键 [典例1]　水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为0。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2。 解析：(1)匀加速阶段加速度为 a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－Ff＝ma1 解得F1＝12 N。 (2)匀减速阶段有0－＝－2a2x2 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋Ff＝ma2 解得F2＝6 N。 答案：(1)12 N　(2)6 N 拓展变式　若[典例1]无人船在上述测试中，试求运动的总时间t及总位移x大小。 解析：匀减速阶段的时间为 t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m 运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36 m。 答案：18 s　36 m [跟进训练] 1．(2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两个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 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与重力和两弹簧的拉力合力为0，此时两弹簧的合力大小为mg。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，故小球所受的合力一直变小，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，故C、D错误。] 2．钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，重力加速度g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 解析：(1)AB段有＝2a1x1 解得a1＝ m/s2。 (2)AB段有v1＝a1t1 解得t1＝3 s BC段有x2＝v1t2＋ 解得a2＝2m/s2 过C点的速度大小 v＝v1＋a2t2＝12 m/s。 (3)在BC段由牛顿第二定律得 mg sin θ－Ff＝ma2 解得Ff＝66 N。 答案：(1)a1＝m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 　超重和失重　 1．超重与失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体受到的重力都不变。 (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，而在于物体的加速度方向，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。 (3)当物体处于完全失重状态时，重力只能使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。 2．判断超重和失重的方法 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0时，物体处于完全失重状态 从加速度 的角度判断 当物体具有向上(或斜向上)的加速度时，物体处于超重状态；具有向下(或斜向下)的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度a＝g时，物体处于完全失重状态 从速度变 化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 [题组突破] 1．为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运行的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是(　　) A．此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力 B．此时电梯可能正在匀速上升 C．此时电梯可能正在加速上升 D．此时电梯可能正在加速下降 C　[根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，选项A错误；体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C正确，B、D错误。] 2．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　) A．处于超重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力竖直向上 C　[ 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示，将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may，FN＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确。] 3．(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)。 解析：(1)由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处于失重状态； 由题知G＝mg＝5.0 N，根据牛顿第二定律有mg－FT＝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 　动力学中图像问题　 1．常见的动力学图像及问题类型 2．解决动力学图像问题的思路 (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，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 (3)明确能从图像中获取哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 　根据物理过程选取图像 [典例2]　(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(　　) 　　　　　 A　　　　　　　　　B 　　　　　 C　　　　　　　　　D B　[在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力F＝mg－k(y－H)，到合力为0前，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，之后，木块开始反弹，过程中木块所受合力向上，随着y减小F增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误，B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为0前，根据牛顿第二定律得mg－k(y－H)＝F＝ma，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，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C选项图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度达到最大，然后速度逐渐减为0；D选项图前半段速度不变，不符合题意，正确y-t示意图如图所示，故C、D错误。 ] 　根据图像分析计算物理过程 [典例3]　(多选)如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图乙中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ACD　[由v-t图像可求得物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，即g sin θ＋μg cos θ＝，同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝×＝，选项D正确；仅根据 v-t 图像无法求出物块的质量，选项B错误。] [跟进训练] 1．(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　) 　　 A　　　　　　B 　　 C　　　　　　D D　[设P的质量为m′，P与桌面的动摩擦力为Ff；以P为对象，根据牛顿第二定律可得FT－Ff＝m′a，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，联立可得a＝＝·m，可知，a-m图线不是线性关系，排除A、C选项，可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g，故B错误，D正确。] 2．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体从顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为0。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　D B　[物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，x-t图像开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，x-t图像开口向下，故A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为0，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合力大小相等，方向相反，故B正确，C、D错误。] 课时分层作业(七) 1．(2025·武汉模拟)如图所示为一种学生常用的弹簧笔，其结构如图。设不按压时弹簧处于原长状态。在桌面上把笔倒着按压，松手后可以让笔竖直跳起。如图乙所示，按压弹簧笔外壳，外壳压缩弹簧，静止释放外壳，弹簧恢复原长，最终笔竖直向上弹起。不计一切摩擦，外壳与内芯撞击后立即以相同的速度运动，下列关于弹簧笔的说正确的是(　　) A．释放的瞬间，桌面的对弹簧笔的支持力等于弹簧笔的重力 B．弹簧笔离开桌面后到落回桌面前，内芯处于完全失重状态 C．弹簧笔离开桌面后的上升阶段处于超重状态 D．弹簧笔离开桌面后到落回桌面前重力减小 B　[释放瞬间，弹簧笔的速度为0但有向上的加速度，处于超重状态，桌面对弹簧笔的支持力大于弹簧笔的重力，故A错误；弹簧笔离开桌面后到落回桌面前，弹簧笔只受重力作用，所以内芯、外芯都处于完全失重状态，故B正确；弹簧笔离开桌面后的上升阶段先加速后减速，所以先超重后失重，故C错误；弹簧笔的质量不变，根据G＝mg可知弹簧笔离开桌面后到落回桌面前重力不变，故D错误。] 2．(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取 10 m/s2。下列v0、μ的值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s 　 B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 　 D．μ＝0.25 B　[物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0<2 m/s，故A不可能，B可能；对物块，由牛顿第二定律有 ma＝－μmg，v2－＝2ax，整理有－2μgx>0, 由于v0<2 m/s，可得μ<0.2，故C、D不可能。] 3．(2024·浙江卷6月选考)如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则(　　) A．飞行的蝴蝶只受重力的作用 B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C．小猫在空中受重力和弹力的作用 D．小猫蹬地时弹力大于所受重力 D　[飞行的蝴蝶除了受到重力的作用还受到空气的作用力，故A错误；蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在一条直线上，故B错误；小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C错误；小猫蹬地时有向上的加速过程，故弹力大于所受重力，故D正确。故选D。] 4．(2024·贵州卷)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其6向上的作用力Ff。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是(　　) A．Ff一直大于G B．Ff一直小于G C．Ff先小于G，后大于G D．Ff先大于G，后小于G C　[由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律有G－Ff＝·a，可知Ff先小于G，后大于G，故选C。] 5．如图所示，一汽车在平直路面上进行刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　) A．v0 　 B．v0 C．v0 　 D．v0 B　[设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律得Ff＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有＝2a1x1，在冰面上有＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝，故选B。] 6．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2), 则正确的结论是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 D　[物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，则F＝kx＋mg＋ma－kx0，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；根据牛顿第二定律有10 N＝ma，30 N－mg＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。] 7．(2025·郑州模拟)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物块的加速度为2 m/s2 B．物块的初速度为0 C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．前2 s内物块的平均速度为5 m/s C　[由运动学公式x＝v0t＋at2整理可得＝，由图乙可知v0＝＝2 m/s，2 m/s2，解得a＝4 m/s2，所以物块在斜面上做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，A、B错误；由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得μ＝，C正确；第2 s末的速度为v＝v0＋at＝10 m/s，那么前2 s内的平均速度为＝＝6 m/s，D错误。] 8．(2025·苏州模拟)如图甲所示，质量为m＝1 kg 小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1＝1 s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2＝1.25 s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v-t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球受到阻力的大小； (2)斜面倾角的正弦值； (3)t3的值。 解析：(1)设斜面倾角为θ，小球从A运动到挡板，即在0～1 s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得 2v0＝a1t1，mg sin θ－Ff＝ma1 小球从挡板运动到C点，即在t1～t2时间内由速度时间公式和牛顿第二定律可得 v0＝a2(t2－t1)，mg sin θ＋Ff＝ma2 又有 a2－a1＝4 m/s2 联立解得a1＝4 m/s2，a2＝8 m/s2，v0＝2 m/s，Ff＝2 N。 (2)由(1)分析可知 mg sin θ－Ff＝ma1，a1＝4 m/s2，Ff＝2 N 解得sin θ＝0.6。 (3)根据v-t图像，BC之间位移大小为 x1＝×(t2－t1)＝0.25 m 设小球从C运动到B的时间为t，由位移时间公式有x1＝a1t2 解得t＝s 则t3＝t2＋t＝s。 答案：(1)2 N　(2)0.6　(3)s 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$