第11讲 牛顿第二定律的基本应用（复习讲义）（广东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律的瞬时性问题、动力学两类基本问题及超重与失重三大高考核心考点，按命题透视-思维建模-考点精讲-真题溯源的逻辑架构知识体系，通过考点梳理（如牛顿第二定律特性）、方法指导（如瞬时性解题思维链）、真题训练（真题及变式）等环节，帮助学生系统突破难点，体现复习的针对性。 资料以情境化设计和分层训练为特色，如结合新能源汽车、滑雪场景分析动力学问题，通过弹簧与轻杆模型对比培养科学思维和模型建构能力。设置基础例题与变式训练，助力学生高效掌握解题范式，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第11讲 牛顿第二定律的基本应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 瞬时性问题 知识点1 牛顿第二定律 考向1 弹力不瞬间突变 考向2 弹力瞬间突变 瞬时性问题的解题思维链 考点二 动力学两类基本问题 知识点1 牛顿第二定律 考向1 已知受力求运动情况 重 考向2 已知运动求受力情况 考点三 超重与失重问题 知识点1 超重与失重问题 考向1 图像问题 考向2 超、失重现象的分析和计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 瞬时性问题 —— —— 动力学两类基本问题 —— —— 超重与失重问题 —— —— 考情分析 题型与考向： 1.核心素养导向 注重对物理观念、科学思维、科学探究及社会责任的考查。例如,可能会通过实际生活中的运动场景,考查学生运用牛顿运动定律分析问题的能力,体现科学思维和物理观念的融合。 2.科技热点结合 可能融入中国科技成就或广东本地产业作为题目背景。比如,以新能源汽车的加速、制动过程为背景,考查运动和力的关系。 3.跨学科融合 可能出现物理与工程技术、数学建模、信息技术的交叉问题。 情境与立意： 题目可能会创设复杂的物理情境,如多物体、多过程的运动问题,需要学生具备较强的分析和综合能力。例如,多个物体相互连接或碰撞的过程中,运动和力的关系较为复杂,学生需要准确分析每个物体的受力情况和运动状态。 复习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。 2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 瞬时性问题 知识点1 牛顿第二定律 知●识●解●构 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=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。 (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。 3.三点提醒 (1)分析物体的运动性质,要从受力分析入手,先求合力,然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系,和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力,与物体的速度没有关系。 4.瞬时性问题特点 当物体所受合力发生突变时,加速度也同时发生突变,而物体运动的速度不能发生突变。 5.两种模型 考●向●破●译 考向1 弹力不瞬间突变 例1如图所示,用轻弹簧将质量为4m和2m的A、B两个小球相连,B的上端通过轻绳悬挂于天花板,处于静止状态。重力加速度为g,若将轻绳剪断,则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为(　　) A.g,g B.0,2g C.3g,0 D.0,3g 【变式训练1·变载体】将例1中模型放置在倾角为θ=30°的光滑斜面上,如图所示,系统静止时,弹簧与轻绳均平行于斜面,在轻绳被剪断的瞬间,小球A、B的加速度a1和a2分别为多少? 考向2 弹力瞬间突变 例2如图,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为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,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图乙中轻杆的作用力一定为零 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 瞬时性问题的解题思维链 ▶新情境◀【变式训练1】如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，甲、乙两物体通过轻弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知乙的质量是甲质量的2倍，轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。现剪断轻绳，设剪断轻绳的瞬间甲和乙的加速度大小分别为a甲、a乙，则有(　　) A.a甲= B.a甲=g C.a乙=0 D.a乙=g 考点二 动力学两类基本问题 知识点1 动力学两类基本问题 知●识●解●构 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.基本步骤 考●向●破●译 考向一 已知受力求运动情况【重】 例1(2025·广东佛山期末)避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故的重要措施,由制动坡床和防撞措施等组成。如图所示竖直平面内,制动坡床是与水平面夹角为37°的斜面,坡床表面的动摩擦因数为0.5,在一次比赛中,一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道。已知摩托车冲过终点时的速度为20 m/s。g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求摩托车冲上坡床时的加速度大小和方向。 (2)求摩托车冲上坡床的长度。 (3)判断摩托车能否在最高点静止?若不能,则由最高点返回终点的时间为多少? 【变式训练1·变载体】图甲为某旅游景点的滑草场,图乙为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ=37°的斜坡AB和水平滑道BC组成。一名游客坐在滑草车上,从斜坡顶端A点静止滑下,最终恰好在水平滑道末端C点停下。已知AB的长度为LAB=16 m,滑草车与整个滑道间的动摩擦因数μ=0.5,不计空气阻力以及滑草车经过B点时的能量损失,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)滑草车在AB段运动的加速度大小; (2)滑草车在AB段运动的时间; (3)滑道BC的长度。 考向2 已知运动求受力情况【重】 例2如图所示,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动,小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在t=5 s时间内,速度从v0=72 km/h减速到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f=500 N,小车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 4.8°=0.08。求这一过程中: (1)小车的位移大小s; (2)回收作用力大小F。 【变式训练2】 《天工开物》中描绘了耕牛整理田地的场景,如图甲所示,其简化模型如图乙所示。人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条轻绳相互平行且垂直于木板上边缘,其拉力方向与水平地面夹角θ均为37°。当人站上木板后,耕牛拉动每条绳子的拉力F均为200 N时,人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m。若将该过程看成匀加速直线运动,人与木板始终保持相对静止,人的质量m1=55 kg,木板的质量m2=25 kg,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求此运动过程中: (1)人与木板加速度的大小; (2)人受到静摩擦力的大小; (3)地面对木板摩擦力的大小。 考点三 超重与失重问题 知识点1 超重与失重问题 知●识●解●构 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,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。 2.超重、失重和完全失重的比较 状态 超重 失重 完全失重 现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0 产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于g 运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升 原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg F=0 考●向●破●译 考向1 图像问题 例1 (2025·广东佛山模拟)某同学体重50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示，竖直向上为正方向，g取10 m/s2，关于该段时间下列说法正确的是(　　) A.3~5 s该同学处于失重状态 B.9~11 s电梯向下加速运动 C.该同学受到的最小支持力约为30 N D.该同学受到的最大支持力约为530 N 【变式训练1·变载体】(多选)(2025·广东汕头月考)某同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作,压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.下蹲过程中,该同学加速度始终向下 B.起立过程中,该同学先超重后失重 C.6 s内该同学完成了两组下蹲、起立动作 D.下蹲过程该同学的最大加速度约为6 m/s2 考向2 超、失重现象的分析和计算 例1 (2025·广东深圳月考)“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1 200 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“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2 m，人与装备总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/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k为600 N/m D.打开扣环瞬间，人在A点加速度大小为12.5 m/s2 【变式训练1·变载体】(多选)(2025·广东珠海联考)如图甲所示的救生缓降器由挂钩、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过救生缓降器着陆时速度恰好为零，图丙是工人下落全过程中绳索拉力随时间变化的F-t图像。已知工人的质量m=60 kg，g=10 m/s2，则工人(　　) A.下落过程处于失重状态 B.下落最大速度为12 m/s C.下落的总高度为30 m D.下落的总高度为36 m 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1.(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)。下列说法正确的是(　　) A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱到达最高点 2.(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)。  3.(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 4.蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c(可视为弹性绳)的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网(不计重力)中央，下列说法正确的是(　　) A.a中张力大于b中张力 B.a中张力大于c中张力 C.若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止 D.若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下 5.如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体A的瞬时加速度为0 C.物体B的瞬时加速度为10 m/s2 D.物体B对物体A的压力为12 N 6.(2025·广东东莞模拟)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间，已知反应时间为0.2 s。某无人汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m。则车轮与路面的动摩擦因数为(g=10 m/s2)(　　) A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6 7.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D.无人机上升的最大高度为42 m 8.2022年北京举办了第24届冬奥会，图甲是钢架雪车比赛项目的一段赛道，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(如图乙所示)，运动员经过B点时速率未发生改变，到C点共计用时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100 kg，sin 15°=0.26，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。 9.物理组在运动会“毛毛虫”项目中获得了第一名。三位老师抬起毛毛虫道具沿着直线跑道向前冲。毛毛虫从静止出发，前进2.5 m后达到5 m/s的速度，将该过程看成匀加速直线运动。已知毛毛虫道具的质量6 kg，空气阻力可忽略不计，g=10 m/s2，则平均每位教师对道具的作用力约为(　　) A.4 N B.10 N C.20 N D.22 N 10.利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机(　　) A.在t1时刻速度最大 B.在t2时刻开始减速上升 C.在t1~t2时间内处于失重状态 D.在t1~t2时间内受到的支持力逐渐增大 11.(2025·广东名校联考)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 12.(2025·广东惠州期末)如图所示为两名同学设计的一个“下石落井”游戏模型简图,轨道AB、BC可视为斜面,AB段长为0.5 m,与水平面的夹角θ=30°;BC段总长始终保持4 m不变,由非可控区域和可控区域组成,洞D位于C点正下方。现让小滑块从A点由静止释放,若滑块到达C点时速度刚好为零,滑块自由落入洞D中即为游戏成功。已知滑块在AB段、BC段非可控区域加速下滑时加速度大小分别为a1=4 m/s2、a2=1 m/s2,在可控区域减速时的加速度大小为a3=3 m/s2,滑块在B点、可控点前后速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块与AB段的动摩擦因数大小; (2)为确保游戏成功,求可控区域的长度L; (3)若改变AB段长度sAB,为确保游戏成功,可控区域的长度L也需随之改变(BC长度仍保持 4 m不变),推导出L与sAB的关系式,并画出LsAB图像。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第11讲牛顿第二定律的基本应用 考点一瞬时性问题、 考向1弹力不瞬间突变 例1【答案】D 【变式训练1变载体】【答案】0)9 3 考向2弹力瞬间突变 例2【答案】C )新情境口【变式训练1】【答案】D 考点二动力学两类基本问题、 考向一已知受力求运动情况【重】 例1【答案】(1)10m/s,方向沿坡床表面向下 2)20m(3)不能25s 【解析】(1)根据牛顿第二定律可知，摩托车冲上坡床时的加速度大小为 年mgsin37°+mg cos370 =10m/s, m 方向沿坡床表面向下。 1/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)由运动学公式得6=-2as, 解得摩托车冲上坡床的长度 s=V2-,2=0-202m=20m。 -2a -2×10 (3)由于mgsin0>4 ngcos9,摩托车不能在最高点静止，它将返回终点。 由牛顿第二定律得mgsin 0-μngcos8=ma', 代入数据解得a'=2m/s, 又之 解得t25s。 【变式训练1变载体】【答案】(1)2m/s2(2)4s(3)6.4m 【解析】(1)设滑草车在AB段运动的加速度为a, 对滑草车受力分析，根据牛顿第二定律可得 mgsin 0-u mgcos 0=ma, 解得滑草车在AB段运动的加速度a=2m/s'。 (②)根据匀变速直线运动位移与时间的关系式有 1 Laat, 解得滑草车在AB段运动的时间仁4S。 (3)设滑草车在BC段运动的加速度为，对滑草车受力分析，根据牛顿第二定律有μg=m® 解得滑草车在BC段运动的加速度鱼=5m/s, 对滑草车在AB段的运动分析，计算出滑草车在B点的速度at-8m/s, 2/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 根据匀变速直线运动位移与速度的关系式，对滑草车在C段运动分析有v。F2“ 解得L=6.4m。 考向2已知运动求受力情况【重】 例2【答案】(1)62.5m(2)5200N 【解析】(1)小车的位移大小为 s%+业20+5 2 t2X5m=625m. (2)小车的加速度大小为 '-四/we 方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律得 4fmgs1n4.8°=ma, 解得F5200N。 【变式训练2】【答案】(1)0.5m/s2(2)27.5N(3)280N 【解析】(1)人与木板一起由静止开始运动，在2s内前进了1血根据位移公式有=2a 解得a0.5m/s2。 (2)对人进行受力分析，根据牛顿第二定律有F=ma 结合上述解得人=27.5N。 (3)对人和木板整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有2心os日-=(m+m)a, 解得F=280N。 3/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆考点三超重与失重问题、 考向1图像问题 例1【答案】D 【变式训练1变载体】【答案】BD 考向2超、失重现象的分析和计算 例2【答案】c 【变式训练1变载体】【答案】BC 真题溯源•考向感知 一一朔源真题逻辑，感知高考考向 1.【答案】B 2.【答案】 (1)5.0(2)失重1.0 3.【答案】A 4.【答案】B 5.【答案】D 6.【答案】c 7.【答案】ACD 4/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 8 8.【答案】 (1)3m/s2(2)12m/s(3)60N 【解析】 (1)设雪车在直道AB段加速度大小为a1,根据位移速度公式可得VB=2asw 82 8 解得a29822/6号5. VB ②)在AB上运动时间为4a =3s 1 从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得=+at 其中t=5.0s-ti=2s 联立解得a=2m/s 过C点的速度大小为v=计鱼t=12m/s。 (3)设斜道BC上运动时受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得mgs1n15°-fma 解得f=60N。 9.【答案】D 10.【答案】B 11.【答案】 (1)160N(2)0.5 【解析】(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a,位 移大小为S1,时间为t,末速度为：在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小 为，时间为，分析运动过程可得s=2,2,计14s 解得20m/s,t1=6s,t=8s Vm 10 在斜直雪道上的加速度大小为a3/s 由牛顿第二定律得mgs1n37°-ma 解得f=160N。 5/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (②)设在水平雪道上滑行时，加速度大小为，则 -25时6 a t2 使水平雪道距离缩短为60m,设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为，则Vm-=25 解得10m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a,则=2s4 v2102 解得A29,2x10/s5/g 由牛顿第二定律可得μmgma,解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数4=0.5。 12.【答案】(1) 3 15 (2)1.5m(3)见解析 【解析】(1)在AB段，根据牛顿第二定律， 有mgs1n0-4 mgCos8=ma， 3 解得μ 15° ②)在B段，有vg20-2as 解得2m/s, 非可控区域末端记作E点，在BB段，有 vg2vg22强4m, 在BC段，有0v22a 代入数值，联立解得L=1.5m。 6/7 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 L/m (3)由以上分析可得 L=Sas+1 m, 由于L≤4m, 得SB≤3m, L-Sw图像如图所示。 7/7 第11讲 牛顿第二定律的基本应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 瞬时性问题 知识点1 牛顿第二定律 考向1 弹力不瞬间突变 考向2 弹力瞬间突变 瞬时性问题的解题思维链 考点二 动力学两类基本问题 知识点1 牛顿第二定律 考向1 已知受力求运动情况 重 考向2 已知运动求受力情况 考点三 超重与失重问题 知识点1 超重与失重问题 考向1 图像问题 考向2 超、失重现象的分析和计算 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 瞬时性问题 —— —— 动力学两类基本问题 —— —— 超重与失重问题 —— —— 考情分析 题型与考向： 1.核心素养导向 注重对物理观念、科学思维、科学探究及社会责任的考查。例如,可能会通过实际生活中的运动场景,考查学生运用牛顿运动定律分析问题的能力,体现科学思维和物理观念的融合。 2.科技热点结合 可能融入中国科技成就或广东本地产业作为题目背景。比如,以新能源汽车的加速、制动过程为背景,考查运动和力的关系。 3.跨学科融合 可能出现物理与工程技术、数学建模、信息技术的交叉问题。 情境与立意： 题目可能会创设复杂的物理情境,如多物体、多过程的运动问题,需要学生具备较强的分析和综合能力。例如,多个物体相互连接或碰撞的过程中,运动和力的关系较为复杂,学生需要准确分析每个物体的受力情况和运动状态。 复习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。 2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 瞬时性问题 知识点1 牛顿第二定律 知●识●解●构 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=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。 (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。 3.三点提醒 (1)分析物体的运动性质,要从受力分析入手,先求合力,然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。 (2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系,和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力,与物体的速度没有关系。 4.瞬时性问题特点 当物体所受合力发生突变时,加速度也同时发生突变,而物体运动的速度不能发生突变。 5.两种模型 考●向●破●译 考向1 弹力不瞬间突变 例1如图所示,用轻弹簧将质量为4m和2m的A、B两个小球相连,B的上端通过轻绳悬挂于天花板,处于静止状态。重力加速度为g,若将轻绳剪断,则剪断瞬间A和B的加速度大小分别为(　　) A.g,g B.0,2g C.3g,0 D.0,3g 【答案】 D 【解析】 剪断轻绳前,对A分析,由平衡条件可知F弹=4mg,若将轻绳剪断,由于弹簧的弹力不发生突变,A还是处于平衡状态,所以剪断瞬间A的加速度大小为零;对B根据牛顿第二定律得2mg+F弹=2maB,解得aB=3g,故选D。 【变式训练1·变载体】将例1中模型放置在倾角为θ=30°的光滑斜面上,如图所示,系统静止时,弹簧与轻绳均平行于斜面,在轻绳被剪断的瞬间,小球A、B的加速度a1和a2分别为多少? 【答案】 0　g 【解析】 轻绳被剪断的瞬间,小球A的受力情况不变,加速度为零,即a1=0。剪断前,分析整体受力可知轻绳的拉力为FT=6mgsin θ,剪断瞬间,B受的合力沿斜面向下,大小为6mgsin θ,所以B球的加速度为a2=3gsin 30°=g。 考向2 弹力瞬间突变 例2如图,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为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,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图乙中轻杆的作用力一定为零 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 【答案】 C 【解析】 对题图甲,弹簧弹力F=mgsin θ,突然撤去挡板的瞬间,弹簧来不及伸开,弹力不变。对A球进行受力分析,仍处于平衡状态,加速度为0;对B进行受力分析,根据牛顿第二定律得F+mgsin θ=maB,解得aB=2gsin θ。对题图乙,轻杆为刚性杆,突然撤去挡板的瞬间,轻杆作用力突变为0,以A、B为整体,根据牛顿第二定律得2mgsin θ=2ma,解得a=gsin θ,即A、B的加速度都为gsin θ,选项C正确。 瞬时性问题的解题思维链 ▶新情境◀【变式训练1】如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，甲、乙两物体通过轻弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知乙的质量是甲质量的2倍，轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。现剪断轻绳，设剪断轻绳的瞬间甲和乙的加速度大小分别为a甲、a乙，则有(　　) A.a甲= B.a甲=g C.a乙=0 D.a乙=g 【答案】　D 【解析】　在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的弹力不变，故甲的加速度为零，A、B错误；对甲、乙及弹簧整体分析可知在剪断绳子之前，绳子对乙球的拉力F=3mgsin 30°，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，则乙受到的合力为3mgsin 30°，根据牛顿第二定律得a乙==，C错误，D正确。 考点二 动力学两类基本问题 知识点1 动力学两类基本问题 知●识●解●构 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.基本步骤 考●向●破●译 考向一 已知受力求运动情况【重】 例1(2025·广东佛山期末)避险车道是极限赛车运动中避免恶性交通事故的重要措施,由制动坡床和防撞措施等组成。如图所示竖直平面内,制动坡床是与水平面夹角为37°的斜面,坡床表面的动摩擦因数为0.5,在一次比赛中,一辆摩托车冲过终点后迅速调整方向冲上避险车道。已知摩托车冲过终点时的速度为20 m/s。g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求摩托车冲上坡床时的加速度大小和方向。 (2)求摩托车冲上坡床的长度。 (3)判断摩托车能否在最高点静止?若不能,则由最高点返回终点的时间为多少? 【答案】 (1)10 m/s2,方向沿坡床表面向下 (2)20 m　(3)不能　2 s 【解析】 (1)根据牛顿第二定律可知,摩托车冲上坡床时的加速度大小为 a==10 m/s2, 方向沿坡床表面向下。 (2)由运动学公式得v2-v02=-2as, 解得摩托车冲上坡床的长度 s== m=20 m。 (3)由于mgsin θ>μmgcos θ,摩托车不能在最高点静止,它将返回终点。 由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma′, 代入数据解得a′=2 m/s2, 又s=a′t2, 解得t=2 s。 【变式训练1·变载体】图甲为某旅游景点的滑草场,图乙为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ=37°的斜坡AB和水平滑道BC组成。一名游客坐在滑草车上,从斜坡顶端A点静止滑下,最终恰好在水平滑道末端C点停下。已知AB的长度为LAB=16 m,滑草车与整个滑道间的动摩擦因数μ=0.5,不计空气阻力以及滑草车经过B点时的能量损失,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)滑草车在AB段运动的加速度大小; (2)滑草车在AB段运动的时间; (3)滑道BC的长度。 【答案】 (1)2 m/s2　(2)4 s　(3)6.4 m 【解析】 (1)设滑草车在AB段运动的加速度为a1, 对滑草车受力分析,根据牛顿第二定律可得 mgsin θ-μmgcos θ=ma1, 解得滑草车在AB段运动的加速度a1=2 m/s2。 (2)根据匀变速直线运动位移与时间的关系式有 LAB=a1t2, 解得滑草车在AB段运动的时间t=4 s。 (3)设滑草车在BC段运动的加速度为a2,对滑草车受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma2, 解得滑草车在BC段运动的加速度a2=5 m/s2, 对滑草车在AB段的运动分析,计算出滑草车在B点的速度vB=a1t=8 m/s, 根据匀变速直线运动位移与速度的关系式,对滑草车在BC段运动分析有=2a2LBC, 解得LBC=6.4 m。 考向2 已知运动求受力情况【重】 例2如图所示,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动,小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在t=5 s时间内,速度从v0=72 km/h减速到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f=500 N,小车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取10 m/s2,取sin 4.8°=0.08。求这一过程中: (1)小车的位移大小s; (2)回收作用力大小F。 【答案】 (1)62.5 m　(2)5 200 N 【解析】 (1)小车的位移大小为 s=t=×5 m=62.5 m。 (2)小车的加速度大小为 a=||=||m/s2=3m/s2, 方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律得 F+f-mgsin 4.8°=ma, 解得F=5 200 N。 【变式训练2】 《天工开物》中描绘了耕牛整理田地的场景,如图甲所示,其简化模型如图乙所示。人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条轻绳相互平行且垂直于木板上边缘,其拉力方向与水平地面夹角θ均为37°。当人站上木板后,耕牛拉动每条绳子的拉力F均为200 N时,人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m。若将该过程看成匀加速直线运动,人与木板始终保持相对静止,人的质量m1=55 kg,木板的质量m2=25 kg,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求此运动过程中: (1)人与木板加速度的大小; (2)人受到静摩擦力的大小; (3)地面对木板摩擦力的大小。 【答案】 (1)0.5 m/s2　(2)27.5 N　(3)280 N 【解析】 (1)人与木板一起由静止开始运动,在2 s内前进了1 m,根据位移公式有x=at2, 解得a=0.5 m/s2。 (2)对人进行受力分析,根据牛顿第二定律有Ff人=m1a, 结合上述解得Ff人=27.5 N。 (3)对人和木板整体进行受力分析,根据牛顿第二定律有2Fcos θ-Ff=(m1+m2)a, 解得Ff=280 N。 考点三 超重与失重问题 知识点1 超重与失重问题 知●识●解●构 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,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。 2.超重、失重和完全失重的比较 状态 超重 失重 完全失重 现象 视重大于 物体重力 视重小于 物体重力 视重等于0 产生 条件 竖直方向上,物体的加速度向上 竖直方向上,物体的加速度向下 竖直方向上,物体的加速度向下且等于g 运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升 原理 方程 F-mg=ma F=mg+ma mg-F=ma F=mg-ma mg-F=mg F=0 考●向●破●译 考向1 图像问题 例1 (2025·广东佛山模拟)某同学体重50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示，竖直向上为正方向，g取10 m/s2，关于该段时间下列说法正确的是(　　) A.3~5 s该同学处于失重状态 B.9~11 s电梯向下加速运动 C.该同学受到的最小支持力约为30 N D.该同学受到的最大支持力约为530 N 【答案】　D 【解析】　由图可知，3~5 s的加速度为正，方向竖直向上，则处于超重状态，故A错误；9~11 s的加速度为负，方向是竖直向下的，9 s的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，故B错误；处于10 s时，a1=-0.6 m/s2，该同学受到的支持力最小，有Nmin-mg=ma1，解得Nmin=470 N，故C错误；处于4 s时，a2=0.6 m/s2，该同学受到的支持力最大，有Nmax-mg=ma2，解得Nmax=530 N，故D正确。 【变式训练1·变载体】(多选)(2025·广东汕头月考)某同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作,压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.下蹲过程中,该同学加速度始终向下 B.起立过程中,该同学先超重后失重 C.6 s内该同学完成了两组下蹲、起立动作 D.下蹲过程该同学的最大加速度约为6 m/s2 【答案】 BD 【解析】 下蹲过程中,先加速下降,后减速下降,故加速度先向下,后向上,A错误;起立过程中,先向上加速运动,后向上减速运动,故该同学先超重后失重,B正确;由题图可知,6 s内该同学完成了一组下蹲、起立动作,C错误;由题图可知,该同学的质量为m=50 kg,对传感器的最小压力为Fmin=200 N,与重力mg差值最大,则加速度最大,对该同学受力分析,结合牛顿第二定律可得mg-Fmin=ma,代入数据解得a=6 m/s2,D正确。 考向2 超、失重现象的分析和计算 例1 (2025·广东深圳月考)“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1 200 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“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2 m，人与装备总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/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k为600 N/m D.打开扣环瞬间，人在A点加速度大小为12.5 m/s2 【答案】　C 【解析】　在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，弹性轻绳的拉力kx=mg，在A点未释放时，有kx'=mg+F，又x'-x=2 m，联立解得k=600 N/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F合=1 200 N=ma，解得a=15 m/s2，故D错误。 【变式训练1·变载体】(多选)(2025·广东珠海联考)如图甲所示的救生缓降器由挂钩、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过救生缓降器着陆时速度恰好为零，图丙是工人下落全过程中绳索拉力随时间变化的F-t图像。已知工人的质量m=60 kg，g=10 m/s2，则工人(　　) A.下落过程处于失重状态 B.下落最大速度为12 m/s C.下落的总高度为30 m D.下落的总高度为36 m 【答案】　BC 【解析】　设竖直向下为正方向，0~3 s，根据牛顿第二定律有mg-F1=ma1，解得a1=4 m/s2，3~5 s，根据牛顿第二定律有mg-F2=ma2，解得a2=-6 m/s2，方向竖直向上，可知下落过程工人先处于失重状态后处于超重状态，t=3 s时速度最大，为vm=4×3 m/s=12 m/s，故B正确，A错误；下落的总高度为h=t1+t2=×3 m+×2 m=30 m，故C正确，D错误。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1.(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)。下列说法正确的是(　　) A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱到达最高点 【答案】 B 【解析】 t1~t3时间内空气阻力f方向向下,且先增大后减小,可知其速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于弹射过程后竖直向上做减速运动,A错误;t2~t3时间内,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,B正确;t3~t5时间内f方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,且先增大后减小,则加速度先向下后向上,可知先失重后超重,C错误;由题图可知t3时刻f=0,即速度为0,速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,而t4时刻是下落过程速度最大时刻,D错误。 2.(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)。  【答案】　(1)5.0　(2)失重　1.0 【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)问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。 3.(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 【答案】　A 【解析】　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，C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg；细线剪断瞬间，由牛顿第二定律对B有FAB-3mg=3maB，对C有2mg+FCD=2maC，联立解得aB=g，aC=1.5g，A正确。 4.蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c(可视为弹性绳)的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网(不计重力)中央，下列说法正确的是(　　) A.a中张力大于b中张力 B.a中张力大于c中张力 C.若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止 D.若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下 【答案】　B 【解析】　以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件有Tasin θ=Tbsin θ，可得Ta=Tb，故A错误；在竖直方向上有Tacosθ+Tbcosθ=mg+Tc，由几何关系可知θ=60°，可得Ta=mg+Tc>Tc，若c突然断开，蜘蛛受到的合力竖直向上，有向上的加速度，故B正确，C、D错误。 5.如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体A的瞬时加速度为0 C.物体B的瞬时加速度为10 m/s2 D.物体B对物体A的压力为12 N 【答案】　D 【解析】　细线剪断前，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A根据受力平衡可得mAg=kx，解得轻弹簧的压缩量为x==0.3 m，细线剪断瞬间，轻弹簧的形变量不变，即压缩量仍为0.3 m，故A错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律得mBg+mAg-kx=(mA+mB)a，解得A、B的瞬时加速度为a=4 m/s2，故B、C错误；对物体A，由牛顿第二定律得FNB+mAg-kx=mAa，解得物体B对物体A的压力为FNB=12 N，故D正确。 6.(2025·广东东莞模拟)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间为反应时间，已知反应时间为0.2 s。某无人汽车以30 m/s的速度在干燥路面从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m。则车轮与路面的动摩擦因数为(g=10 m/s2)(　　) A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6 【答案】　C 【解析】　设车轮与路面的动摩擦因数为μ，则汽车刹车过程的加速度大小为a==μg，根据题意有s=v0t0+=96 m，其中v0=30 m/s，t0=0.2 s，联立解得μ=0.5，故C正确。 7.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D.无人机上升的最大高度为42 m 【答案】　ACD 【解析】　由运动学公式-=2as，可得无人机失去升力时的速度大小为v==12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F-mg-f=ma1，解得升力F=70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg+f=ma2，解得a2=12 m/s2，故C正确；由运动学公式-=2as可得，无人机减速上升的高度为s2==6 m，则无人机上升的最大高度为H=s1+s2=42 m，故D正确。 8.2022年北京举办了第24届冬奥会，图甲是钢架雪车比赛项目的一段赛道，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(如图乙所示)，运动员经过B点时速率未发生改变，到C点共计用时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100 kg，sin 15°=0.26，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。 【答案】　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)60 N 【解析】　(1)设雪车在直道AB段加速度大小为a1，根据位移速度公式可得=2a1sAB 解得a1== m/s2= m/s2。 (2)在AB上运动时间为t1==3 s 从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得sBC=vBt2+a2 其中t2=5.0 s-t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 (3)设斜道BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得mgsin 15°-f=ma2 解得f=60 N。 9.物理组在运动会“毛毛虫”项目中获得了第一名。三位老师抬起毛毛虫道具沿着直线跑道向前冲。毛毛虫从静止出发，前进2.5 m后达到5 m/s的速度，将该过程看成匀加速直线运动。已知毛毛虫道具的质量6 kg，空气阻力可忽略不计，g=10 m/s2，则平均每位教师对道具的作用力约为(　　) A.4 N B.10 N C.20 N D.22 N 【答案】　D 【解析】　由v2=2as，可得a=5 m/s2，对“毛毛虫”道具受力分析，受到向下的重力，左斜上的拉力，两个力的合力为水平向左，所以根据力的矢量叠加可得F==30 N，所以平均每位老师对道具的作用力约为F'==10 N≈22 N，故D正确。 10.利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机(　　) A.在t1时刻速度最大 B.在t2时刻开始减速上升 C.在t1~t2时间内处于失重状态 D.在t1~t2时间内受到的支持力逐渐增大 【答案】　B 【解析】　由图像可知0~t1时间内，加速度向上逐渐变大，速度逐渐增大，t1时刻加速度最大，而速度还在继续增大，故A错误；t2时刻后加速度方向向下，速度方向向上，所以向上做减速运动，故B正确；t1~t2时间内，加速度的方向依然向上，应处于超重状态，故C错误；对手机进行受力分析可知，t1~t2时间内，有FN-mg=ma，该段时间内，a逐渐减小，因此支持力FN逐渐减小，故D错误。 11.(2025·广东名校联考)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 【答案】　(1)160 N　(2)0.5 【解析】　(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a1，位移大小为s1，时间为t1，末速度为vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为s2，时间为t2，分析运动过程可得s1=t1，s2=t2，t1+t2=14 s 解得vm=20 m/s，t1=6 s，t2=8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1== m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°-f=ma1 解得f=160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时，加速度大小为a2，则 a2==2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则-v2=2a2s3 解得v=10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2=2a3s4 解得a3== m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg=ma3，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ=0.5。 12.(2025·广东惠州期末)如图所示为两名同学设计的一个“下石落井”游戏模型简图,轨道AB、BC可视为斜面,AB段长为0.5 m,与水平面的夹角θ=30°;BC段总长始终保持4 m不变,由非可控区域和可控区域组成,洞D位于C点正下方。现让小滑块从A点由静止释放,若滑块到达C点时速度刚好为零,滑块自由落入洞D中即为游戏成功。已知滑块在AB段、BC段非可控区域加速下滑时加速度大小分别为a1=4 m/s2、a2=1 m/s2,在可控区域减速时的加速度大小为a3=3 m/s2,滑块在B点、可控点前后速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块与AB段的动摩擦因数大小; (2)为确保游戏成功,求可控区域的长度L; (3)若改变AB段长度sAB,为确保游戏成功,可控区域的长度L也需随之改变(BC长度仍保持 4 m不变),推导出L与sAB的关系式,并画出LsAB图像。 【答案】 (1)　(2)1.5 m　(3)见解析 【解析】 (1)在AB段,根据牛顿第二定律, 有mgsin θ-μmgcos θ=ma1 , 解得μ=。 (2)在AB段,有-0=2a1sAB, 解得vB=2 m/s, 非可控区域末端记作E点,在BE段,有 -=2a2(4 m-L), 在EC段,有0-=-2a3L, 代入数值,联立解得L=1.5 m。 (3)由以上分析可得 L=sAB+1 m, 由于L≤4 m, 得sAB≤3 m, LsAB图像如图所示。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $