第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律应用，涵盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类问题及“等时圆”模型，按“模型辨析-现象分析-综合应用-模型拓展”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法总结、真题精讲及分层练习，帮助学生构建解题框架，突破难点。 资料以科学思维为核心，如瞬时加速度问题中对比绳与弹簧模型突变差异，引导学生归纳规律，动力学问题结合v-t图像分析多过程运动，培养科学推理能力。设置基础到综合的分层练习，配合即时反馈，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 考点一　瞬时加速度问题 1．两种模型 2．两个易混问题 (1) 如图甲、乙所示中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断绳子，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力变为0． (2) 由(1)的分析可以得出：绳的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变． 典例1　(2025·苏州期初)如图所示，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，关于A球和B球的加速度，下列说法中正确的是(　A　) A．aB＝0　 B．aB＝g C．aA＝0　 D．aA＝g 【解析】 剪断细绳之前，细绳的拉力为T＝2mg，剪断细绳的瞬间，则弹簧的弹力不能突变，此时B的加速度仍为零，即aB＝0，故A正确，B错误；A的加速度为aA＝＝2g，故C、D错误． 典例2　如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　C　) 甲 乙 A．图甲中A球的加速度大小为g sin θ B．图甲中B球的加速度大小为2g sin θ C．图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 【解析】 设B球质量为m，则A球的质量为3m.撤去挡板前，图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mg sin θ，加速度大小为4g sin θ；图乙中撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mg sin θ，A、B两球的加速度大小均为g sin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确． 求解瞬时加速度问题的一般思路 考点二　超重和失重 1．实重和视重 (1) 实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态__无关__． (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__不等于__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． 2．超重、失重和完全失重的对比 名称 超重 失重 完全失重 产生 条件 物体的加速度__向上__ 物体的加速度__向下__ 物体竖直向下的加速度等于__g__ 对应 运动 情境 __加速__上升或__减速__下降 __加速__下降或__减速__上升 自由落体运动、竖直上抛运动等 原理 F－mg＝ma F＝__mg＋ma__ mg－F＝ma F＝__mg－ma__ mg－F＝mg F＝__0__ 说明 (1) 发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了 (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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等 典例3　图甲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，取 g＝10 m/s2.根据图像分析可知(　C　) 甲 乙 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 【解析】 开始时人处于平衡状态，由a点读出人对传感器的压力约为900 N，则人的重力也约为900 N，故A错误；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，则物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，则物体处于超重状态，此时有向上的加速度；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点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误． 考点三　动力学两类基本问题 1．两类基本问题 (1) 由物体的受力情况求解运动情况：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出__加速度__，再由运动学的有关公式求出速度或位移． (2) 由物体的运动情况求解受力情况：先根据运动规律求出__加速度__，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力． (3) 应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 2．多运动过程的分析 (1) 基本思路 ① 将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． ② 对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． ③ 根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程． ④ 分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． ⑤ 联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论． (2) 解题关键 ① 注意应用v－t图像和情景示意图帮助分析运动过程． ② 抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析． 典例4　(2025·南京、盐城期末调研)如图所示，在水平气垫导轨上安装了两个光电门，配有数字计时器，滑块上固定宽度为d的遮光条．一根不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与滑块和钩码相连接，滑块和滑轮间的轻绳与导轨平行．现将滑块从静止释放，测得遮光条先后通过两个光电门的时间分别为t1和t2，两光电门间的距离为L(L≫d).求： (1) 滑块的加速度大小a． (2) 轻绳中的拉力大小F(用滑块与遮光条的总质量M、钩码质量m、重力加速度g表示)． 答案： (1) 　(2) 【解析】 (1) 滑块通过光电门的速度分别为 v1＝， v2＝ v－v＝2aL 解得 a＝ (2) 设轻绳的拉力为F mg－F＝ma F＝Ma 解得 F＝ 典例5　如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，由斜面底端A处从静止开始沿斜面向上做匀加速运动．当物块运动t1＝2 s时撤去外力F，物块继续向上运动，一段时间后物块到达最高点B.物块运动的v－t图像如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 　　 甲　　　　　　　乙 (1) 物块和斜面之间的动摩擦因数． (2) 沿斜面向上的恒力F的大小． (3) 物块从最高点B返回到斜面底端A点所用时间t． 答案： (1) 0.5　(2) 15 N　(3) s 【解析】 (1) 由图像得第3 s内的加速度大小为 a1＝＝10 m/s2 第3 s内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得μ＝0.5 (2) 由图像得前2 s内的加速度大小为 a2＝＝5 m/s2 前2 s内F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得F＝15 N (3) 当物块从B点返回时，加速度大小为a3，则 mg sin θ－μmg cos θ＝ma3 解得a3＝2 m/s2 即物块从B返回到A时，一直做a3＝2 m/s2的匀加速直线运动 v－t图像面积代表位移，A、B两点间的距离 x＝×3×10 m＝15 m 由x＝a3t 解得t3＝＝ s＝ s 动力学问题的解题思路 考点四　“等时圆”模型 1．“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间． 2．模型特征 (1) 物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示． 甲　　　 　　乙　　　丙 (2) 物体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，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示． 典例6　如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外．从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　B　) A．从A处释放的球 B．从B处释放的球 C．从C处释放的球 D．从A、B、C三处释放的球同时到达 【解析】 设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α，下滑时小球的加速度a＝g cos α，根据位移时间公式得s＝at2，则t＝＝＝，即当板的端点在圆上时，小球沿不同板下滑到底端所用的时间相同．由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，则从B处释放的球下滑的时间最短，最先到达圆2上，B正确． 1．如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为(　A　) A．tA＝tB＝tC B．tA＜tB＜tC C．tA＞tB＞tC D．tA＝tC＞tB 【解析】 设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，由小环沿弦做匀加速运动有2R cos θ＝g cos θ·t2，解得运动时间为t＝2，则运动时间与弦和竖直方向夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故A正确． 2．(2026·海安期初)利用智能手机中传感器可绘制出手机的加速度a与时间t的图像．手机沿竖直方向运动时，得到如图所示的图像，向下为正方向，手机处于失重状态的时刻为(　B　) A．t1 B．t2 C．t3 D．t4 【解析】 失重的条件是加速度方向向下，题目规定“向下为正方向”，因此加速度a＞0时为失重，a＜0时为超重．结合图像分析各时刻的加速度方向可知t1、t4时刻，加速度等于0；t2时刻，加速度为正，方向向下，手机处于失重状态；t3时刻，加速度为负，方向向上，手机处于超重状态，故选B． 3．(2024·湖南卷)如图所示，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　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 【解析】 剪断前，对B、C、D有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D有FCD＝mg；剪断后，对B有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C有FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故A正确． 4．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中最符合要求的是(　C　) 　　　 A　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　D 【解析】 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g sin θ，位移大小s＝at2，而s＝，联立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故C正确． 配套热练 一、 选择题 1．如图所示，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为(　A　) A．失重、失重 B．超重、超重 C．失重、超重 D．超重、失重 2．两个质量均为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　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 【解析】 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A正确． 3．如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则(　A　) A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 【解析】 设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得到a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见小球下滑到Q点的时间与斜面的倾角无关，即t1＝t2＝t3，根据＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故A正确． 4．(2026·宝应期初)一乘客乘坐竖直电梯上楼，0～t3时间内的速度v与时间t的关系图像如图所示，t1～t2段图像为直线，规定竖直向上为正方向．下列说法中正确的是(　C　) A．0～t1时间内乘客处于失重状态 B．t1～t2时间内乘客处于平衡状态 C．t2～t3时间内乘客处于超重状态 D．0～t3时间内乘客先处于超重状态，后处于失重状态 【解析】 根据v－t图像可知，0～t3时间内乘客始终向上加速，则乘客始终处于超重状态，故选C． 5．(2025·扬州高三期中)用两根细线a、b和一个轻弹簧将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示．两小球处于静止状态，轻弹簧水平，重力加速度为g.剪断细线b的瞬间(　A　) A．球1加速度大小小于g B．球2加速度大小等于g C．球1加速度方向竖直向下 D．球2加速度方向水平向右 【解析】 设a与竖直方向夹角为θ，剪断细线b的瞬间，a绳弹力发生突变，小球1所受合力为F合＝mg sin θ＝ma1，解得小球1的加速度大小为a1＝g sin θ，故A正确；小球1与2组成的整体，由平衡条件可得Fa cos θ＝2mg，Fa sin θ＝F弹，以小球2为研究对象，细线b对小球2的拉力大小为Fb＝，剪断细线b的瞬间，弹簧C弹力不变，小球2的合力大小为F′合＝Fb，根据牛顿第二定律可得F′合＝ma2，解得小球2的加速度大小大于g，故B错误；球1加速度方向与绳a垂直，故C错误；球2加速度方向斜向右下方，故D错误． 6．(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面．实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正).下列说法中正确的是(　B　) A．从t1～t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2～t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3～t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 【解析】 t1～t3间，f向下，先增大，后减小，可知此时速度方向向上，先增大，后减小，故实验舱先处于弹射过程，后做竖直上抛运动，故A错误；t2～t3，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，f向上，先增大，后减小，可知此时速度方向向下，先向下加速，后向下减速，加速度先向下，后向上，故先失重，后超重，故C错误；根据前面分析可知，t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误． 7．(2026·宝应期初)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，斜边AB上半段是光滑的，下半段是粗糙的．将一个小物体从斜面顶端A从静止释放，小物体下滑到斜面底端B时刚好静止，则小物体与斜面之间的动摩擦因数为(　B　) A． B．2tan θ C．tan θ D． 【解析】 设斜面长度为2L，小物体运动到斜面中点时的速度为v，小物体运动的上半段加速度为a1，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得mg sin θ＝ma1，解得a1＝g sin θ，方向沿斜面向下，由匀变速直线运动规律可知v2－0＝2g sin θ·L，下半段的加速度为a2，对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得μmg cos θ－mg sin θ＝ma2，解得a2＝μg cos θ－g sin θ，方向沿斜面向上，物体做匀减速运动，由运动学规律可得0－v2＝2[－(μg cos θ－g sin θ)]·L，联立解得μ＝＝2tan θ，故选B． 8．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　A　) A．1∶ B．1∶2 C．1∶ D．1∶3 【解析】 设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2R cos θ，由牛顿第二定律得小球沿AB下滑的加速度大小为a＝g cos θ，解得在AB上运动的时间为t1＝＝2，同理，设AC与竖直方向的夹角为α，则AC＝4R cos α，由牛顿第二定律得小球沿AC下滑的加速度大小为a′＝g cos α，可知小球在AC上运动的时间为 t2＝＝2，则t1∶t2＝1∶，故A正确． 二、 计算题 9．如图甲所示，将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点．物块A的v－ t图像如图乙所示．已知B的质量为0.3 kg，取g＝10 m/s2.求： (1) 物块A与桌面间的动摩擦因数． (2) 物块A的质量． 甲 乙 答案： (1) 0.1　(2) 0.8 kg 【解析】 (1) 由v－t图可知，物块A在0～1 s内加速度大小为a1＝＝2 m/s2 1～3 s内加速度大小为a2＝＝1 m/s2 1～3 s内，对物块A有μmAg＝mAa2 所以μ＝＝0.1 (2) 0～1 s内，对物块A有T－μmAg＝mAa1 对B有mBg－T＝mBa1 解得mA＝0.8 kg 10．(2025·南师附中)如图所示，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球，圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短，小球一直都在管内；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝2m，球和管之间的滑动摩擦力大小为2mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．求： (1) 管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小． (2) 管第二次与地面碰撞前瞬间的速度． (3) 管从开始下落到最终停下全过程运动的路程． 答案： (1) g　2g　(2) 　(3) H 【解析】 (1) 管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时球的加速度大小为a1，方向向上；管的加速度大小为a2，方向向下 对球f－mg＝ma1 对管f＋Mg＝Ma2 解得a1＝g，a2＝2g (2) 设管第一次碰地前瞬间，管和小球的速度大小均为v1，由运动学公式得v＝2gH 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下 设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度v′1刚好相同，取向下为正方向，由运动学公式得 v′1＝v1－a1t1＝－v1＋a2t1 解得t1＝，v′1＝ 设此时管下端距地面的高度为h0，管第二次与地面碰撞前瞬间的速度为v2，由运动学公式得 －h0＝－v1t1＋a2t 根据运动学公式v－v′＝2gh0 解得v2＝ (3) 根据第(2)问可知v＝v 由竖直上抛运动v＝2a2h1 v＝2a2h2 …… v＝2a2hn 根据第(2)问同理可知 ＝，故 ＝ 总路程s＝H＋2h1＋2h2＋…＋2hn＝ H＋2h1 解得s＝H 学科网（北京）股份有限公司 $