資源簡介

第2講　牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
1.〔多選〕（2025·貴州貴陽三模）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕質(zhì)細(xì)繩OA和OB懸掛靜止在O點(diǎn)，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gtan θ
B.剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
C.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零
D.剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g
2.（2025·遼寧遼陽模擬）某同學(xué)站在力傳感器上下蹲，力傳感器上顯示的圖線可能是（　　）
3.（2025·廣東佛山二模）2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。當(dāng)返回艙距離地面1.2 m時(shí)，返回艙的速度為8 m/s，此時(shí)返回艙底部的4臺反推火箭點(diǎn)火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至2 m/s，實(shí)現(xiàn)軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運(yùn)動，返回艙的質(zhì)量變化和受到的空氣阻力均忽略不計(jì)。返回艙的總質(zhì)量為3×103kg，g取10 m/s2，則4臺反推火箭點(diǎn)火工作時(shí)提供的推力大小為（　　）
A.3×104 N B.7.5×104 N
C.2.6×104 N D.1.05×105 N
4.如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時(shí)間t將（　　）
A.逐漸增大 B.逐漸減小
C.先增大后減小 D.先減小后增大
5.（2025·河南三門峽模擬）如圖所示，質(zhì)量為m＝3 kg的木塊在輕彈簧和輕繩的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)木塊和斜面剛好接觸但無壓力，輕繩水平，輕彈簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角θ＝37°，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，則剪斷輕繩瞬間木塊的加速度大小為（　　）
A.14 m/s2 B.12 m/s2
C.10 m/s2 D.8 m/s2
6.（2025·福建龍巖一模）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B兩球間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，彈簧、細(xì)線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)細(xì)線被剪斷的瞬間，下列說法正確的是（　　）
A.B球處于平衡狀態(tài)
B.輕質(zhì)彈簧的彈力大小為m1gsin θ
C.B球的加速度大小為gsin θ，方向沿斜面向下
D.A球的加速度大小為gsin θ，方向沿斜面向上
7.（2025·黑龍江大慶三模）圖甲所示的是創(chuàng)造了中國載人深潛新紀(jì)錄的“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始計(jì)時(shí)，其下潛的v-t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5 h內(nèi)的總質(zhì)量為m，下潛時(shí)僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且海水密度均勻，則下列說法正確的是（　　）
A.0～0.5 h內(nèi)，“奮斗者號”處于超重狀態(tài)
B.0.5～2.5 h內(nèi)，“奮斗者號”的總質(zhì)量小于m
C.2.5～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為2 m/s2
D.0～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為7 200 m
8.如圖所示是某游樂場的海豚表演。小海豚從水池沖出，以10 m/s的速度滑過坡道底端的O點(diǎn)，經(jīng)過1.0 s向上滑過坡道上P點(diǎn)時(shí)的速度為3.2 m/s。該坡道為直道，足夠長且傾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A.小海豚向上滑的加速度大小為3.2 m/s2
B.小海豚和坡道之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C.小海豚滑過P點(diǎn)后還能繼續(xù)向上滑3.2 m
D.小海豚下滑回到O點(diǎn)時(shí)速度大小為10 m/s
9.〔多選〕如圖為某學(xué)校“水火箭”比賽現(xiàn)場，假設(shè)水火箭從地面以初速度10 m/s豎直向上飛出，在空中只受重力與空氣阻力，水火箭質(zhì)量為1 kg，空氣阻力方向始終與運(yùn)動方向相反，大小恒為2.5 N，g取10 m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A.水火箭運(yùn)動過程中，經(jīng)過同一高度時(shí)（除最高點(diǎn)外），上升時(shí)的速率大于其下落時(shí)的速率
B.水火箭所能上升的最大高度為 m
C.水火箭從離開地面到再次回到地面的總時(shí)間為1.6 s
D.當(dāng)水火箭豎直向下運(yùn)動至位于地面上方1 m時(shí)，速度大小為3 m/s
10.（2025·遼寧沈陽模擬）高樓火災(zāi)已經(jīng)成為威脅城市公眾安全的主要災(zāi)害之一。如圖所示，有人設(shè)計(jì)了一種新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時(shí)，人可以通過該通道滑到地面，通道的長度可以適當(dāng)調(diào)節(jié)。若某次將通道調(diào)節(jié)后使其全長為28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道中，人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，當(dāng)速度過快時(shí)，張開雙臂雙腿增加了人與側(cè)壁的摩擦，受到摩擦力為并攏時(shí)的兩倍。若人在通道中剛開始雙臂雙腿并攏由靜止加速下滑，之后某時(shí)刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運(yùn)動可視為直線，不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，求：
（1）人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)的加速度大小；
（2）為了確保安全，人滑到底端時(shí)的速度不能超過4 m/s，人在通道中下滑的最短時(shí)間。
11.我國火星探測器“天問一號”著陸火星的最后階段，探測器到達(dá)距火星表面100 m的時(shí)候，進(jìn)入懸停階段，這個(gè)時(shí)候可能會進(jìn)行一些平移，選擇安全的著陸區(qū)進(jìn)行著陸。如圖為探測器在火星表面最后100 m著陸的模擬示意圖。某時(shí)刻從懸停開始關(guān)閉探測器發(fā)動機(jī)，探測器開始沿豎直方向勻加速下落，5 s后開啟發(fā)動機(jī)，探測器開始沿豎直方向勻減速下落，到達(dá)火星表面時(shí)，探測器速度恰好為零，假設(shè)探測器下落過程中受到火星大氣的阻力恒為探測器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度g取4 m/s2，探測器總質(zhì)量為5噸（不計(jì)燃料燃燒引起的質(zhì)量變化）。求探測器：
（1）全程的平均速度大小；
（2）減速下落過程中的加速度大小；
（3）減速下落過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小（保留3位有效數(shù)字）。
第2講　牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
1.BD　剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動，沿切線方向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A錯(cuò)誤，B正確；剪斷繩OA瞬間，小球?qū)⒗@B點(diǎn)開始做圓周運(yùn)動，此時(shí)沿切線方向的加速度大小為g，故C錯(cuò)誤，D正確。
2.C　該同學(xué)在下蹲過程中，先加速后減速，先失重后超重。故選C。
3.D　根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得v2－＝－2ah，解得加速度大小為a＝＝ m/s2＝25 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝1.05×105 N，故選D。
4.D　設(shè)PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知當(dāng)θ＝45°時(shí)，t 有最小值，故當(dāng)θ從30°逐漸增大至60°時(shí)，物塊的下滑時(shí)間t先減小后增大，故選D。
5.D　剪斷輕繩之前，設(shè)彈簧的拉力為F，豎直方向根據(jù)受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故D正確。
6.C　當(dāng)細(xì)線被剪斷的瞬間，細(xì)線拉力為零，對B球分析，由牛頓第二定律得m2gsin θ＝m2a2，解得B球的加速度大小為a2＝gsin θ，方向沿斜面向下，故A錯(cuò)誤，C正確；細(xì)線被剪斷前，對A、B兩球整體分析，由平衡條件得F彈＝gsin θ，細(xì)線被剪斷瞬間，輕質(zhì)彈簧來不及恢復(fù)形變，因此彈力不變， 故B錯(cuò)誤；細(xì)線被剪斷瞬間，對A球分析，由牛頓第二定律得F彈－m1gsin θ＝m1a1，解得a1＝gsin θ，方向沿斜面向上，故D錯(cuò)誤。
7.B　0～0.5 h內(nèi)，“奮斗者號”向下做勻加速運(yùn)動，加速度方向向下，故處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；“奮斗者號”的體積不變，則浮力不變，0.5～2.5 h內(nèi)，“奮斗者號”做勻速直線運(yùn)動，此時(shí)需要排出部分海水，讓重力等于浮力，故此時(shí)“奮斗者號”的總質(zhì)量小于m，故B正確；由圖像可知，2.5～3 h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為a＝ m/s2＝ m/s2，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可知0～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為h＝×（2×3 600＋3×3 600）×1 m＝9 000 m，故D錯(cuò)誤。
8.B　設(shè)小海豚向上滑行的加速度大小為a，則a＝＝6.8 m/s2，A錯(cuò)誤；設(shè)小海豚與坡道之間的動摩擦因數(shù)為μ，小海豚的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正確；小海豚滑過P點(diǎn)后還能繼續(xù)向上滑的距離為x1＝＝ m≈0.75 m，C錯(cuò)誤；小海豚上滑的最大距離為x＝，設(shè)小海豚沿坡道下滑的加速度為a'，則mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v'＝v1≈8.7 m/s，D錯(cuò)誤。
9.AD　運(yùn)動過程中空氣阻力一直做負(fù)功，使得水火箭機(jī)械能減小，則同一高度處下落階段動能較小，速度較小，故A正確；水火箭向上運(yùn)動時(shí)，空氣阻力向下，加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，則上升的最大高度為hm＝＝4 m，故B錯(cuò)誤；水火箭從地面到最高點(diǎn)的時(shí)間為t＝＝0.8 s，水火箭下落時(shí)空氣阻力向上，加速度a2＝g－＝7.5 m/s2，所以下落時(shí)間大于上升時(shí)間，運(yùn)動總時(shí)間大于1.6 s，故C錯(cuò)誤；水火箭豎直向下運(yùn)動至位于地面上方1 m，即下落h＝3 m時(shí)，速度v＝＝3 m/s，故D正確。
10.（1）2 m/s2　（2）6 s
解析：（1）當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)幾何關(guān)系有sin θ＝＝0.6
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
（2）當(dāng)張開雙臂雙腿減速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a2，
根據(jù)牛頓第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
設(shè)人的最大速度為vm，人滑到底端的速度為v，則有＋＝28 m，t＝＋
聯(lián)立解得t＝6 s。
11.（1）8 m/s　（2） m/s2　（3）2.67×104 N
解析：（1）探測器勻加速下落過程中，由牛頓第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火
解得a1＝3.2 m/s2
探測器5 s末的速度為v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小為＝＝8 m/s。
（2）探測器加速下落過程中，由h1＝a1
代入數(shù)據(jù)得h1＝40 m
則減速下落過程中通過的位移為h2＝H－h(huán)1＝60 m
減速下落過程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。
（3）設(shè)探測器減速下落過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小為F，
有F＋f－mg火＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得F＝2.67×104 N。
3 / 3第2講　牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
動力學(xué)的兩類基本問題
1.由物體的受力情況求解運(yùn)動情況的基本思路：先求出幾個(gè)力的合力，由牛頓第二定律（F合＝ma）求出　　　　，再由運(yùn)動學(xué)的有關(guān)公式求出速度或位移。
2.由物體的運(yùn)動情況求解受力情況的基本思路：先根據(jù)運(yùn)動規(guī)律求出　　　　　，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力。
3.應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題，受力分析和運(yùn)動分析是關(guān)鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：
　
超重和失重
1.超重：物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ　　∥矬w所受重力的現(xiàn)象；物體具有　　　　的加速度。
2.失重：物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ　　∥矬w所受重力的現(xiàn)象；物體具有　　　　的加速度。
3.完全失重：物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉力）　　　　的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象；物體的加速度a＝　　　，方向豎直向下。
4.實(shí)重和視重
（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動狀態(tài)　　　　。
（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_秤的壓力將　　　　　物體的重力。此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。
1.對靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度。（　　）
2.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了。（　　）
3.物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài)。（　　）
4.運(yùn)動物體的加速度可根據(jù)運(yùn)動速度、位移、時(shí)間等信息求解，所以加速度由運(yùn)動情況決定。（　　）
1.〔多選〕 （人教版必修第一冊·第四章第5節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T1改編）一個(gè)原來靜止的物體，質(zhì)量是2 kg，受到兩個(gè)大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是（　　）
A.物體受到的合力為50 N
B.物體的加速度為25 m/s2
C.3 s末物體的速度為75 m/s
D.3 s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125 m
2.（2024·全國甲卷22題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8 m/s2。
（1）電梯靜止時(shí)測力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為　　　N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；
（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為4.5 N，則此段時(shí)間內(nèi)物體處于　　　　（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為　　　　m/s2（結(jié)果保留1位小數(shù)）。
考點(diǎn)一　瞬時(shí)加速度問題分析
1.兩種模型
加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型：
2.在求解瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意的問題
（1）物體的受力情況和運(yùn)動情況是時(shí)刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析。
（2）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)積累的過程，不會發(fā)生突變。
（2024·湖南高考3題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（　　）
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
嘗試解答
人教版必修第一冊P114復(fù)習(xí)與提高B組第一題
如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細(xì)繩懸掛起來，剪斷細(xì)繩的瞬間，A球和B球的加速度分別是多少？
（2025·江蘇江都中學(xué)期初）如圖所示，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的3倍，光滑固定斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕質(zhì)桿均與斜面平行，重力加速度為g，則在突然撤去擋板的瞬間（　　）
A.圖甲中A球的加速度大小為gsin θ
B.圖甲中B球的加速度大小為2gsin θ
C.圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsin θ
D.圖乙中輕桿的作用力一定不為零
嘗試解答
考點(diǎn)二　動力學(xué)的兩類基本問題
1.把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”
2.找到不同過程之間的“聯(lián)系”，如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程的初速度，若過程較為復(fù)雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。
小物塊從一固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，如圖所示，已知小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長，傾角為37°，重力加速度為g，則小物塊在斜面上運(yùn)動的時(shí)間為（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）（　　）
A. B.
C.（＋1） D.（＋1）
嘗試解答
我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機(jī)獲得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k為比例常數(shù)，v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知艦載飛機(jī)空載質(zhì)量為1.69×103 kg時(shí)，起飛離地速度為78 m/s，裝載彈藥后質(zhì)量為2.56×103 kg。
（1）求飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度；
（2）飛機(jī)裝載彈藥后，從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行180 m后起飛，求飛機(jī)在滑行過程中所用的時(shí)間和飛機(jī)水平方向所受的合力大小（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
嘗試解答
總結(jié)提升
解答動力學(xué)的兩類基本問題的步驟
考點(diǎn)三　超重和失重
1.對超重和失重的理解
（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。
（2）在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
（3）盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。
2.判斷超重和失重的方法
從受力的 角度判斷 當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)
從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)
從速度變化 的角度判斷 物體向上加速或向下減速時(shí)，超重； 物體向下加速或向上減速時(shí)，失重
　　
如圖所示，興趣小組的同學(xué)為了研究豎直運(yùn)動的電梯中物體的受力情況，在電梯地板上放置了一個(gè)壓力傳感器，將質(zhì)量為4 kg的物體放在傳感器上。在電梯運(yùn)動的某段過程中，傳感器的示數(shù)為44 N。g取10 m/s2。對此過程的分析正確的是（　　）
A.物體受到的重力變大
B.物體的加速度大小為1 m/s2
C.電梯一定正在減速上升
D.電梯一定正在加速上升
嘗試解答
（2025·北京昌平期末）很多智能手機(jī)都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手
掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判斷出（　　）
A.在t1～t2時(shí)間內(nèi)手機(jī)處于超重狀態(tài)，在t2～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)處于失重狀態(tài)
B.手機(jī)在t2時(shí)刻運(yùn)動到最高點(diǎn)
C.手機(jī)在t3時(shí)刻改變運(yùn)動方向
D.手機(jī)可能離開過手掌
嘗試解答
等時(shí)圓模型
1.“等時(shí)圓”模型
所謂“等時(shí)圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)（或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn)）的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動所用的時(shí)間。
2.模型的三種情況
（1）質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示；
（2）質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示；
（3）兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。
〔多選〕如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O'為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（未畫出），兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a或b所用的時(shí)間。下列關(guān)系正確的是（　　）
A.t1＝t2 B.t2＞t3
C.t1＜t2 D.t1＝t3
嘗試解答
（2025·河南鄭州期末）如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點(diǎn)伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、D三點(diǎn)，其中AC與斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），現(xiàn)有三個(gè)質(zhì)量均為m的小圓環(huán)（看作質(zhì)點(diǎn)）分別套在三根細(xì)桿上，依次從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點(diǎn)所用時(shí)間分別為tB、tC、tD，下列說法正確的是（　　）
A.tB＞tC＞tD B.tB＝tC＜tD
C.tB＜tC＜tD D.tB＜tC＝tD
嘗試解答
第2講　牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
【立足“四層”·夯基礎(chǔ)】
基礎(chǔ)知識梳理
知識點(diǎn)1
1.加速度　2.加速度
知識點(diǎn)2
1.大于　向上　2.小于　向下　3.等于0　g　4.（1）無關(guān)　（2）不等于
易錯(cuò)易混辨析
1.√　2.×　3.×　4.×
雙基落實(shí)筑牢
1.AC　受到兩個(gè)夾角為120°的50 N的力，該物體受到的合力仍為50 N，物體的加速度為a＝＝25 m/s2，3 s末物體的速度為v＝at＝75 m/s，3 s內(nèi)物體發(fā)生的位移為x＝at2＝112.5 m，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
2.（1）5.0　（2）失重　1.0
解析：（1）根據(jù)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0 N；
（2）根據(jù)（1）問結(jié)合平衡條件可知，mg＝5.0 N，電梯上行時(shí)，測力計(jì)示數(shù)為4.5 N＜mg，故物體處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0 m/s2。
【著眼“四翼”·探考點(diǎn)】
考點(diǎn)一
【例1】 A　剪斷細(xì)線前，對B、C、D整體受力分析，由平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，由平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg，剪斷細(xì)線瞬間，對B，由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對C，由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。
考教銜接
　2g　0
【例2】 C　設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為3m。撤去擋板前，題圖甲、乙中擋板對B球的彈力大小均為4mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而輕桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受的合力為零，加速度為零，B球所受合力大小為4mgsin θ，加速度大小為4gsin θ；題圖乙中，撤去擋板的瞬間，A、B兩球整體受到的合力大小為4mgsin θ，A、B兩球的加速度大小均為gsin θ，則每個(gè)球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，輕桿的作用力為零，故只有C正確。
考點(diǎn)二
【例3】 C　由牛頓第二定律可得，上升時(shí)mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝g，則t1＝＝，x1＝；下滑時(shí)mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝0.2g，則x2＝x1＝a2，得t2＝，所以t＝t1＋t2＝（＋1），故選項(xiàng)C正確。
【例4】 （1）96 m/s　（2）3.75 s　6.55×104 N
解析：（1）設(shè)空載質(zhì)量為m1，裝載彈藥后質(zhì)量為m2，空載起飛時(shí)，有k＝m1g
裝載彈藥后起飛時(shí)，有k＝m2g
聯(lián)立解得v2＝96 m/s。
（2）設(shè)飛機(jī)勻加速滑行時(shí)間為t，加速度為a，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飛機(jī)水平方向所受合力大小F水平＝m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
考點(diǎn)三
【例5】 B　重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，物體在電梯中運(yùn)動的過程中，重力并沒有發(fā)生改變，A錯(cuò)誤；對物體分析有FN－mg＝ma，解得物體加速度大小a＝1 m/s2，B正確；根據(jù)上述分析，加速度向上，當(dāng)速度向上時(shí)，電梯向上做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)速度向下時(shí)，電梯向下做勻減速直線運(yùn)動，C、D錯(cuò)誤。
【例6】 D　由圖可知，在t1～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度方向豎直向上，手機(jī)處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；在t2～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)有向上的加速度，速度方向仍然向上，與加速度方向相同，可知手機(jī)在t2時(shí)刻未運(yùn)動到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；手機(jī)在t3時(shí)刻有豎直向上的速度，不為零，故沒有改變運(yùn)動方向，故C錯(cuò)誤；由圖可知，在t4時(shí)刻之后有一段時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度等于重力加速度，則手機(jī)與手掌沒有力的作用，手機(jī)可能離開過手掌，故D正確。
【聚焦“素養(yǎng)”·提能力】
【典例1】 BCD　設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，設(shè)桿與豎直方向的夾角為θ，則有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知從c、O、d三點(diǎn)無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，即t2＞t1＝t3，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。
【典例2】 B　由于∠BAC＝θ，則可以判斷出AB豎直向下，以AB為直徑作圓，則必過C點(diǎn)，如圖所示，圓環(huán)在桿AC上運(yùn)動的過程，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝a，聯(lián)立解得tC＝，由此可見從A點(diǎn)出發(fā)，到達(dá)圓周各點(diǎn)所用的時(shí)間相等，與細(xì)桿的長短、傾角無關(guān)，則tB＝tC＝tE＜tD，故B正確。
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第2講　牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用
高中總復(fù)習(xí)·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎(chǔ)
02
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
03
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
04
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎(chǔ)
動力學(xué)的兩類基本問題
1. 由物體的受力情況求解運(yùn)動情況的基本思路：先求出幾個(gè)力的合力，由
牛頓第二定律（F合＝ma）求出 ，再由運(yùn)動學(xué)的有關(guān)公式求出
速度或位移。
2. 由物體的運(yùn)動情況求解受力情況的基本思路：先根據(jù)運(yùn)動規(guī)律求出
，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力。
加速度　
加
速度　
3. 應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題，受力分析和運(yùn)動分析是關(guān)鍵，加速
度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：
超重和失重
1. 超重：物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ? 物體所受重
力的現(xiàn)象；物體具有 的加速度。
2. 失重：物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ? 物體所受重
力的現(xiàn)象；物體具有 的加速度。
3. 完全失重：物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉力）
的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象；物體的加速度a＝ ，方向豎直向下。
大于　
向上　
小于　
向下　
等于0　
g　
（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動狀態(tài) 。
（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對彈簧測力計(jì)的拉力
或?qū)ε_秤的壓力將 物體的重力。此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺秤
的示數(shù)即為視重。
無關(guān)　
不等于　
4. 實(shí)重和視重
1. 對靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用瞬間，物體
立即獲得加速度。 （　√　）
2. 超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了。
（　×　）
3. 物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重
狀態(tài)。 （　×　）
4. 運(yùn)動物體的加速度可根據(jù)運(yùn)動速度、位移、時(shí)間等信息求解，所以加速
度由運(yùn)動情況決定。 （　×　）
√
×
×
×
1. 〔多選〕 （人教版必修第一冊·第四章第5節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T1改編）一
個(gè)原來靜止的物體，質(zhì)量是2 kg，受到兩個(gè)大小都是50 N且互成120°角的
力的作用，此外沒有其他的力，關(guān)于該物體，下列說法正確的是（　　）
A. 物體受到的合力為50 N
B. 物體的加速度為25 m/s2
C. 3 s末物體的速度為75 m/s
D. 3 s內(nèi)物體發(fā)生的位移為125 m
√
√
解析： 　受到兩個(gè)夾角為120°的50 N的力，該物體受到的合力仍為50
N，物體的加速度為a＝＝25 m/s2，3 s末物體的速度為v＝at＝75 m/s，3
s內(nèi)物體發(fā)生的位移為x＝at2＝112.5 m，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
2. （2024·全國甲卷22題）學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測
力計(jì)掛在電梯內(nèi)，測力計(jì)下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8
m/s2。
（1）電梯靜止時(shí)測力計(jì)示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為 N（結(jié)果保留1位小
數(shù)）；
解析： 根據(jù)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為5.0 N；
（2）電梯上行時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)測力計(jì)的示數(shù)為4.5 N，則此段時(shí)間內(nèi)物體
處于 （填“超重”
或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為 m/s2（結(jié)果保留1位小
數(shù)）。
解析： 根據(jù)（1）問結(jié)合平衡條件可知，mg＝5.0 N，電梯上行時(shí)，
測力計(jì)示數(shù)為4.5 N＜mg，故物體處于失重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有mg
－F＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0 m/s2。
5.0　
失重　
1.0　
題型 規(guī)律 方法
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
考點(diǎn)一　瞬時(shí)加速度問題分析
1. 兩種模型
加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)
消失，具體可簡化為以下兩種模型：
2. 在求解瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意的問題
（1）物體的受力情況和運(yùn)動情況是時(shí)刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化
時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析。
（2）加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)積累的過
程，不會發(fā)生突變。
（2024·湖南高考3題）如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小
球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)?br/>態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度
大小分別為（　　）
A. g，1.5g B. 2g，1.5g
C. 2g，0.5g D. g，0.5g
√
解析：剪斷細(xì)線前，對B、C、D整體受力分析，由平衡條件有A、B間輕彈
簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，由平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力
FCD＝mg，剪斷細(xì)線瞬間，對B，由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對
C，由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A
正確。
如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細(xì)繩懸掛
起來，剪斷細(xì)繩的瞬間，A球和B球的加速度分別是多少？
答案：2g　0
人教版必修第一冊P114復(fù)習(xí)與提高B組第一題
（2025·江蘇江都中學(xué)期初）如圖所示，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的3倍，光
滑固定斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩
球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕質(zhì)桿均與斜
面平行，重力加速度為g，則在突然撤去擋板的瞬間（　　）
A. 圖甲中A球的加速度大小為gsin θ
B. 圖甲中B球的加速度大小為2gsin θ
C. 圖乙中A、B兩球的加速度大小均為gsin θ
D. 圖乙中輕桿的作用力一定不為零
√
解析：設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球的質(zhì)量為3m。撤去擋板前，題圖甲、乙中擋
板對B球的彈力大小均為4mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而輕桿的彈力會
突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受的合力為零，加速度為零，B
球所受合力大小為4mgsin θ，加速度大小為4gsin θ；題圖乙中，撤去擋板
的瞬間，A、B兩球整體受到的合力大小為4mgsin θ，A、B兩球的加速度大
小均為gsin θ，則每個(gè)球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分
力，輕桿的作用力為零，故只有C正確。
考點(diǎn)二　動力學(xué)的兩類基本問題
1. 把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”
2. 找到不同過程之間的“聯(lián)系”，如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程
的初速度，若過程較為復(fù)雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。
小物塊從一固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，如圖所示，已知小物
塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長，傾角為37°，重力加速度為
g，則小物塊在斜面上運(yùn)動的時(shí)間為（cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6）
（　　）
A. B.
C. （＋1） D. （＋1）
√
解析：由牛頓第二定律可得，上升時(shí)mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解
得a1＝g，則t1＝＝，x1＝；下滑時(shí)mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，
解得a2＝0.2g，則x2＝x1＝a2，得t2＝，所以t＝t1＋t2＝（＋1）
，故選項(xiàng)C正確。
我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機(jī)獲得
的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k為比例常數(shù)，v是飛機(jī)在平直跑道上的
滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知艦
載飛機(jī)空載質(zhì)量為1.69×103 kg時(shí)，起飛離地速度為78 m/s，裝載彈藥后質(zhì)
量為2.56×103 kg。
（1）求飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度；
答案： 96 m/s　
解析： 設(shè)空載質(zhì)量為m1，裝載彈藥后質(zhì)量為m2，空載起飛時(shí)，有
k＝m1g
裝載彈藥后起飛時(shí)，有k＝m2g
聯(lián)立解得v2＝96 m/s。
（2）飛機(jī)裝載彈藥后，從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行180 m后起
飛，求飛機(jī)在滑行過程中所用的時(shí)間和飛機(jī)水平方向所受的合力大小（結(jié)
果保留3位有效數(shù)字）。
答案： 3.75 s　6.55×104 N
解析： 設(shè)飛機(jī)勻加速滑行時(shí)間為t，加速度為a，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)
律可得x＝t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝＝25.6 m/s2
飛機(jī)水平方向所受合力大小F水平＝m2a
解得F水平≈6.55×104 N。
總結(jié)提升
解答動力學(xué)的兩類基本問題的步驟
　（2025·山西太原模擬）在輪椅冰壺的某次訓(xùn)練中，兩位輪椅冰壺運(yùn)動員
用水平恒力將“冰壺”從起點(diǎn)推動5 m后，撤去推力，同時(shí)啟動10秒倒計(jì)
時(shí)，“冰壺”沿直線繼續(xù)滑行40 m到達(dá)營壘，速度恰好為零，倒計(jì)時(shí)恰好
結(jié)束。已知“冰壺”的質(zhì)量為20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求“冰壺”與冰面間的動摩擦因數(shù)及水平恒力的大小；
答案： 0.08　144 N　
解析： “冰壺”在推力F作用下做勻加速運(yùn)動，運(yùn)動5 m后的速度設(shè)
為v，這5 m內(nèi)的加速度為a1，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可知F－μmg＝
ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F后，“冰壺”在摩擦力的作用下做勻減速運(yùn)動，10 s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動了
40 m，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝，a2＝，
聯(lián)立解得μ＝0.08，F(xiàn)＝144 N。
（2）若“冰壺”與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.1，且要求啟動10秒倒計(jì)
時(shí)瞬間開始推動“冰壺”，并重復(fù)完成上述啟停過程，水平恒力的大
小變?yōu)槎嗌伲?br/>答案： 200 N
解析： 若“冰壺”與冰面間的動摩擦因數(shù)為0.1，且要求啟動10秒倒
計(jì)時(shí)瞬間開始推動“冰壺”，并重復(fù)完成上述啟停過程，設(shè)撤掉力那一瞬
間冰壺的速度為v'，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可知
勻加速過程，有F'－μ'mg＝ma3
勻減速過程，有μ'mg＝ma4
所用總時(shí)間＋＝10 s
所走總路程＋＝45 m，聯(lián)立解得F'＝200 N。
考點(diǎn)三　超重和失重
1. 對超重和失重的理解
（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”
改變。
（2）在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
（3）盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有
分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。
2. 判斷超重和失重的方法
從受力的 角度判斷 當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時(shí)，物體
處于超重狀態(tài)；小于重力時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；等于
零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)
從加速度的 角度判斷 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有
向下的加速度時(shí)，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等
于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)
從速度變化 的角度判斷 物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；
物體向下加速或向上減速時(shí)，失重
如圖所示，興趣小組的同學(xué)為了研究豎直運(yùn)動的電梯中物體的受力情
況，在電梯地板上放置了一個(gè)壓力傳感器，將質(zhì)量為4 kg的物體放在傳感
器上。在電梯運(yùn)動的某段過程中，傳感器的示數(shù)為44 N。g取10 m/s2。對
此過程的分析正確的是（　　）
A. 物體受到的重力變大
B. 物體的加速度大小為1 m/s2
C. 電梯一定正在減速上升
D. 電梯一定正在加速上升
√
解析：重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，物體在電梯中運(yùn)動的過
程中，重力并沒有發(fā)生改變，A錯(cuò)誤；對物體分析有FN－mg＝ma，解得物
體加速度大小a＝1 m/s2，B正確；根據(jù)上述分析，加速度向上，當(dāng)速度向
上時(shí)，電梯向上做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)速度向下時(shí)，電梯向下做勻減速直
線運(yùn)動，C、D錯(cuò)誤。
（2025·北京昌平期末）很多智能手機(jī)都有加速度傳感器，能通過圖
像顯示加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開
始迅速上下運(yùn)動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，
該圖像以豎直向上為正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判斷出
（　　）
A. 在t1～t2時(shí)間內(nèi)手機(jī)處于超重狀態(tài)，在t2～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)處于失重狀態(tài)
B. 手機(jī)在t2時(shí)刻運(yùn)動到最高點(diǎn)
C. 手機(jī)在t3時(shí)刻改變運(yùn)動方向
D. 手機(jī)可能離開過手掌
√
解析：由圖可知，在t1～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度方向豎直向上，手機(jī)處于超
重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；在t2～t3時(shí)間內(nèi)手機(jī)有向上的加速度，速度方向仍然向
上，與加速度方向相同，可知手機(jī)在t2時(shí)刻未運(yùn)動到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；手
機(jī)在t3時(shí)刻有豎直向上的速度，不為零，故沒有改變運(yùn)動方向，故C錯(cuò)誤；
由圖可知，在t4時(shí)刻之后有一段時(shí)間內(nèi)手機(jī)的加速度等于重力加速度，則
手機(jī)與手掌沒有力的作用，手機(jī)可能離開過手掌，故D正確。
圖甲是某人站在接有傳感
器的力板上做下蹲、起跳
和回落動作的示意圖，圖
中的小黑點(diǎn)表示人的重心。
圖乙是力板所受壓力隨時(shí)間變化的圖像，取 g＝10 m/s2。根據(jù)圖像分析可知（　　）
A. 人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300 N
B. b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)，再處于失重狀態(tài)
C. 人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)
D. 人在b點(diǎn)對應(yīng)時(shí)刻的加速度大于在c點(diǎn)對應(yīng)時(shí)刻的加速度
√
解析： 　開始時(shí)人處于平衡狀態(tài)，由a點(diǎn)可讀出，此時(shí)，人對力板的壓力
約為900 N，人的重力也約為900 N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)人對接觸面的壓力小于
人的真實(shí)重力時(shí)，則人處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；當(dāng)人對接觸
面的壓力大于人的真實(shí)重力時(shí)，則人處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速
度，故b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
人在雙腳離開力板的過程中，人只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故
C正確；b點(diǎn)壓力與重力的差值要小于c點(diǎn)壓力與重力的差值，則人在b點(diǎn)對
應(yīng)時(shí)刻的加速度要小于在c點(diǎn)對應(yīng)時(shí)刻的加速度，故D錯(cuò)誤。
現(xiàn)實(shí) 科技 應(yīng)用
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
等時(shí)圓模型
1. “等時(shí)圓”模型
所謂“等時(shí)圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下
滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)（或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn)）的時(shí)間相等，
都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動所用的時(shí)間。
2. 模型的三種情況
（1）質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低
點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示；
（2）質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用
時(shí)間相等，如圖乙所示；
（3）兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑
弦從上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。
〔多選〕如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)
桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O'
為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)（未畫出），兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速
度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、
Ob、da到達(dá)a或b所用的時(shí)間。下列關(guān)系正確的是（　　）
A. t1＝t2 B. t2＞t3
C. t1＜t2 D. t1＝t3
√
√
√
解析：設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低
點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，設(shè)桿與豎直方向的夾角為θ，則有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知從c、O、d三點(diǎn)無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，即t2＞t1＝t3，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。
（2025·河南鄭州期末）如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面
上，在與斜面共面的平面上方A點(diǎn)伸出三根光滑輕質(zhì)細(xì)桿至斜面上B、C、
D三點(diǎn)，其中AC與斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），現(xiàn)有三
個(gè)質(zhì)量均為m的小圓環(huán)（看作質(zhì)點(diǎn)）分別套在三根細(xì)桿上，依次從A點(diǎn)由靜
止滑下，滑到斜面上B、C、D三點(diǎn)所用時(shí)間分別為tB、tC、tD，下列說法正
確的是（　　）
A. tB＞tC＞tD B. tB＝tC＜tD
C. tB＜tC＜tD D. tB＜tC＝tD
√
解析：由于∠BAC＝θ，則可以判斷出AB豎直向下，以AB為
直徑作圓，則必過C點(diǎn)，如圖所示，圓環(huán)在桿AC上運(yùn)動的過
程，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ
＝a，聯(lián)立解得tC＝，由此可見從A點(diǎn)出發(fā)，到達(dá)圓周各點(diǎn)所用的時(shí)間相等，與細(xì)桿的長短、傾角無關(guān)，則tB＝tC＝tE＜tD，故B正確。
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
夯基 提能 升華
1. 〔多選〕（2025·貴州貴陽三模）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球用輕質(zhì)
細(xì)繩OA和OB懸掛靜止在O點(diǎn)，繩OA與豎直方向的夾角為θ，繩OB水平。
重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A. 剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gtan θ
B. 剪斷繩OB瞬間，小球的加速度大小為gsin θ
C. 剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為零
D. 剪斷繩OA瞬間，小球的加速度為g
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√
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解析： 　剪斷繩OB瞬間，小球即將開始繞A點(diǎn)做圓周運(yùn)動，沿切線方
向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A錯(cuò)誤，B正確；剪斷繩OA瞬間，
小球?qū)⒗@B點(diǎn)開始做圓周運(yùn)動，此時(shí)沿切線方向的加速度大小為g，故C錯(cuò)
誤，D正確。
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2. （2025·遼寧遼陽模擬）某同學(xué)站在力傳感器上下蹲，力傳感器上顯示
的圖線可能是（　　）
√
解析： 　該同學(xué)在下蹲過程中，先加速后減速，先失重后超重。故選C。
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3. （2025·廣東佛山二模）2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙
在東風(fēng)著陸場成功著陸。當(dāng)返回艙距離地面1.2 m時(shí)，返回艙的速度為8
m/s，此時(shí)返回艙底部的4臺反推火箭點(diǎn)火工作，使返回艙觸地前瞬間速度
降至2 m/s，實(shí)現(xiàn)軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運(yùn)動，返回
艙的質(zhì)量變化和受到的空氣阻力均忽略不計(jì)。返回艙的總質(zhì)量為
3×103kg，g取10 m/s2，則4臺反推火箭點(diǎn)火工作時(shí)提供的推力大小為
（　　）
A. 3×104 N B. 7.5×104 N
C. 2.6×104 N D. 1.05×105 N
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解析： 　根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得v2－＝－2ah，解得加速度大小為a＝
＝ m/s2＝25 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝
1.05×105 N，故選D。
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4. 如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架
在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ
可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至
P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下
滑時(shí)間t將（　　）
A. 逐漸增大 B. 逐漸減小
C. 先增大后減小 D. 先減小后增大
√
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解析： 　設(shè)PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知＝gsin θ·t2，可得
t2＝，可知當(dāng)θ＝45°時(shí)，t 有最小值，故當(dāng)θ從30°逐漸增大至60°
時(shí)，物塊的下滑時(shí)間t先減小后增大，故選D。
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5. （2025·河南三門峽模擬）如圖所示，質(zhì)量為m＝3 kg的木塊在輕彈簧和
輕繩的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)木塊和斜面剛好接觸但無壓力，輕繩水
平，輕彈簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角θ＝37°，木塊與斜面間
的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝0.6，則剪斷輕繩瞬間
木塊的加速度大小為（　　）
A. 14 m/s2 B. 12 m/s2
C. 10 m/s2 D. 8 m/s2
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解析： 　剪斷輕繩之前，設(shè)彈簧的拉力為F，豎直方向根據(jù)受力平衡可得
Fsin θ＝mg，解得F＝＝ N＝50 N，剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力保持
不變，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝8
m/s2，故D正確。
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6. （2025·福建龍巖一模）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，
A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與
A球相連，A、B兩球間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，彈簧、細(xì)線均平行于斜面，系
統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)細(xì)線被剪斷的瞬間，下列說法正確的是（　　）
A. B球處于平衡狀態(tài)
B. 輕質(zhì)彈簧的彈力大小為m1gsin θ
C. B球的加速度大小為gsin θ，方向沿斜面向下
D. A球的加速度大小為gsin θ，方向沿斜面向上
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解析： 　當(dāng)細(xì)線被剪斷的瞬間，細(xì)線拉力為零，對B球分析，由牛頓
第二定律得m2gsin θ＝m2a2，解得B球的加速度大小為a2＝gsin θ，方向
沿斜面向下，故A錯(cuò)誤，C正確；細(xì)線被剪斷前，對A、B兩球整體分
析，由平衡條件得F彈＝gsin θ，細(xì)線被剪斷瞬間，輕質(zhì)彈簧
來不及恢復(fù)形變，因此彈力不變， 故B錯(cuò)誤；細(xì)線被剪斷瞬間，對A球
分析，由牛頓第二定律得F彈－m1gsin θ＝m1a1，解得a1＝gsin θ，方
向沿斜面向上，故D錯(cuò)誤。
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7. （2025·黑龍江大慶三模）圖甲所示的是創(chuàng)造了中國載人深潛新紀(jì)錄的
“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始
計(jì)時(shí)，其下潛的v-t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5 h內(nèi)的總
質(zhì)量為m，下潛時(shí)僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且
海水密度均勻，則下列說法正確的是（　　）
A. 0～0.5 h內(nèi)，“奮斗者號”處于超
重狀態(tài)
B. 0.5～2.5 h內(nèi)，“奮斗者號”的總
質(zhì)量小于m
C. 2.5～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為2 m/s2
D. 0～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為7 200 m
√
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解析： 　0～0.5 h內(nèi)，“奮斗者號”向下做勻加速運(yùn)動，加速度方向向
下，故處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；“奮斗者號”的體積不變，則浮力不
變，0.5～2.5 h內(nèi)，“奮斗者號”做勻速直線運(yùn)動，此時(shí)需要排出部分海
水，讓重力等于浮力，故此時(shí)“奮斗者號”的總質(zhì)量小于m，故B正確；由
圖像可知，2.5～3 h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為a＝ m/s2＝
m/s2，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，可知
0～3.0 h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為h＝×（2×3 600＋3×3 600）
×1 m＝9 000 m，故D錯(cuò)誤。
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8. 如圖所示是某游樂場的海豚表演。小海豚從水池沖出，以10 m/s的速度
滑過坡道底端的O點(diǎn)，經(jīng)過1.0 s向上滑過坡道上P點(diǎn)時(shí)的速度為3.2 m/s。
該坡道為直道，足夠長且傾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A. 小海豚向上滑的加速度大小為3.2 m/s2
B. 小海豚和坡道之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C. 小海豚滑過P點(diǎn)后還能繼續(xù)向上滑3.2 m
D. 小海豚下滑回到O點(diǎn)時(shí)速度大小為10 m/s
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解析： 　設(shè)小海豚向上滑行的加速度大小為a，則a＝＝6.8 m/s2，A
錯(cuò)誤；設(shè)小海豚與坡道之間的動摩擦因數(shù)為μ，小海豚的質(zhì)量為m，根據(jù)牛
頓第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mgcos θ，解得μ＝
0.1，B正確；小海豚滑過P點(diǎn)后還能繼續(xù)向上滑的距離為x1＝＝
m≈0.75 m，C錯(cuò)誤；小海豚上滑的最大距離為x＝，設(shè)小海豚沿坡道下
滑的加速度為a'，則mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到
O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v'＝v1≈8.7 m/s，D錯(cuò)誤。
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9. 〔多選〕如圖為某學(xué)校“水火箭”比賽現(xiàn)場，假設(shè)水火箭從地面以初速
度10 m/s豎直向上飛出，在空中只受重力與空氣阻力，水火箭質(zhì)量為1 kg，
空氣阻力方向始終與運(yùn)動方向相反，大小恒為2.5 N，g取10 m/s2，則下列
說法正確的是（　　）
A. 水火箭運(yùn)動過程中，經(jīng)過同一高度時(shí)（除最高點(diǎn)
外），上升時(shí)的速率大于其下落時(shí)的速率
B. 水火箭所能上升的最大高度為 m
C. 水火箭從離開地面到再次回到地面的總時(shí)間為1.6 s
D. 當(dāng)水火箭豎直向下運(yùn)動至位于地面上方1 m時(shí)，速度大小為3 m/s
√
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解析： 　運(yùn)動過程中空氣阻力一直做負(fù)功，使得水火箭機(jī)械能減小，則
同一高度處下落階段動能較小，速度較小，故A正確；水火箭向上運(yùn)動
時(shí)，空氣阻力向下，加速度a1＝g＋＝12.5 m/s2，則上升的最大高度為hm
＝＝4 m，故B錯(cuò)誤；水火箭從地面到最高點(diǎn)的時(shí)間為t＝＝0.8 s，水
火箭下落時(shí)空氣阻力向上，加速度a2＝g－＝7.5 m/s2，所以下落時(shí)間大
于上升時(shí)間，運(yùn)動總時(shí)間大于1.6 s，故C錯(cuò)誤；水火箭豎直向下運(yùn)動至位
于地面上方1 m，即下落h＝3 m時(shí)，速度v＝＝3 m/s，故D正確。
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10. （2025·遼寧沈陽模擬）高樓火災(zāi)已經(jīng)成為威脅城市公眾安全的主要災(zāi)
害之一。如圖所示，有人設(shè)計(jì)了一種新型逃生通道，當(dāng)樓房發(fā)生火災(zāi)時(shí)，
人可以通過該通道滑到地面，通道的長度可以適當(dāng)調(diào)節(jié)。若某次將通道調(diào)
節(jié)后使其全長為28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道
中，人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)只受到底面的摩擦力，大小為重力的0.4倍，
當(dāng)速度過快時(shí)，張開雙臂雙腿增加了人與側(cè)壁的摩擦，受到摩擦力為并攏
時(shí)的兩倍。若人在通道中剛開始雙臂雙腿并攏由靜止加速下滑，之后某時(shí)
刻張開雙臂雙腿減速直到離開通道，人的運(yùn)動可視為直線，不計(jì)空氣阻
力，取g＝10 m/s2，求：
（1）人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)的加速度大小；
答案： 2 m/s2　
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解析： 當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)幾何關(guān)
系有sin θ＝＝0.6
根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－0.4mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
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（2）為了確保安全，人滑到底端時(shí)的速度不能超過4 m/s，人在通道中下
滑的最短時(shí)間。
答案： 6 s
解析：當(dāng)張開雙臂雙腿減速下滑時(shí)，設(shè)加速度大小為a2，
根據(jù)牛頓第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
設(shè)人的最大速度為vm，人滑到底端的速度為v，則有＋＝28 m，t
＝＋
聯(lián)立解得t＝6 s。
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11. 我國火星探測器“天問一號”著陸火星的最后階段，
探測器到達(dá)距火星表面100 m的時(shí)候，進(jìn)入懸停階段，
這個(gè)時(shí)候可能會進(jìn)行一些平移，選擇安全的著陸區(qū)進(jìn)行
著陸。如圖為探測器在火星表面最后100 m著陸的模擬
示意圖。某時(shí)刻從懸停開始關(guān)閉探測器發(fā)動機(jī)，探測器開始沿豎直方向
勻加速下落，5 s后開啟發(fā)動機(jī)，探測器開始沿豎直方向勻減速下落，到達(dá)
火星表面時(shí)，探測器速度恰好為零，假設(shè)探測器下落過程中受到火星大氣
的阻力恒為探測器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度g取4
m/s2，探測器總質(zhì)量為5噸（不計(jì)燃料燃燒引起的質(zhì)量變化）。求探測器：
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答案： 8 m/s　
（1）全程的平均速度大小；
解析： 探測器勻加速下落過程中，由牛頓第二定律得mg火－f＝ma1，
其中f＝0.2mg火
解得a1＝3.2 m/s2
探測器5 s末的速度為v＝a1t1＝16 m/s
全程的平均速度大小為＝＝8 m/s。
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（2）減速下落過程中的加速度大小；
答案： m/s2　
解析：探測器加速下落過程中，由h1＝a1
代入數(shù)據(jù)得h1＝40 m
則減速下落過程中通過的位移為h2＝H－h(huán)1＝60 m
減速下落過程中的加速度大小a2＝＝ m/s2。
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（3）減速下落過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小（保留3位有效數(shù)字）。
答案： 2.67×104 N
解析：設(shè)探測器減速下落過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小為F，
有F＋f－mg火＝ma2
代入數(shù)據(jù)解得F＝2.67×104 N。
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