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第2節
牛頓運動定律的應用(一)
一、動力學的兩類基本問題
加速度
1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路：先求出幾個力
的合力，由牛頓第二定律(F＝ma)求出__________，再由運動學的
有關公式求出速度或位移.
加速度
2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路：根據運動規律
求出________，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力.
說明：牛頓第二定律是聯系運動問題與受力問題的橋梁，加
速度是解題的關鍵.
比較 超重 失重 完全失重
定義 物體對支持物的壓
力 ( 或對懸掛物的
拉力)_______ 物體
所受重力的現象 物體對支持物的壓
力(或對懸掛物的拉
力)______物體所受
重力的現象 物體對支持物的壓
力(或對懸掛物的拉
力)等于____的狀態
產生
條件 加速度方向向____ 加速度方向向____ 加速度方向向____，
且大小 a＝______
二、超重和失重
大于
小于
0
上
下
下
g
比較 超重 失重 完全失重
動力學
原理 F－mg＝ma
F＝________ mg－F＝ma
F＝________ mg－F＝mg
F＝________
可能
狀態 ①______上升；
②減速下降 ①______下降；
②減速上升 ①自由落體運動和所有的拋體運動；②繞地球做勻速圓周運動的衛星、飛船等
(續表)
m(g＋a)
m(g－a)
0
加速
加速
【基礎自測】
1.判斷下列題目的正誤.
(1)輕彈簧是指自身重力可以忽略的彈簧.(
)
(2)物體對接觸面的壓力大于自身重力的現象即為超重.(
)
(3)處于超重或失重狀態的物體必須有豎直方向的加速度或分
加速度.(
)
(4)減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于重力.
(
(
)
(5)在傳送帶上隨傳送帶一起勻速運動的物體不受摩擦力作用.
)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.一同學在電梯里站在電子體重計上，初始示數為實際體重.
某一過程中發現體重計示數先變大后恢復至原值.關于該過程下列
說法正確的是(
)
A.電梯一定處于加速階段
B.電梯的速度方向一定向下
C.人的機械能一定增大
D.體重計對人的支持力可能做負功
答案：D
3.(多選，2021 年廣東揭陽月考)如圖小車向右做加速直線
運動，物塊貼在小車左壁相對靜止.當小車的加速度增大時，下
列說法正確的是(
)
B.物塊受到的摩擦力不變
D.物塊受到的合外力為零
A.物塊受到的彈力不變
C.物塊受到三個力的作用
答案：BC
4.(2024年廣東江門質檢)表演“隔空取物”時，魔術師將一強
磁鐵藏在手心，然后靠近水平桌面上的靜止金屬小球的正上方，
小球在他神奇的功力下向上飛起直奔他手心而去.下列說法正確的
是(
)
A.小球上升過程處于超重狀態
B.小球上升過程處于失重狀態
C.小球上升過程先超重后失重
D.磁鐵對小球的吸力大于小球對磁鐵的吸力
答案：A
熱點 1 牛頓第二定律的瞬時性
[熱點歸納]
加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同
時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：
【典題 1】(多選)如圖所示，甲、乙兩圖 A、B 兩球質量相
等，圖甲中 A、B 兩球用輕質桿相連，圖乙中 A、B 兩球用輕
質彈簧相連，均用細繩懸掛在天花板下處于靜止狀態，
則在兩細繩燒斷的瞬間(
)
A.圖甲中輕桿的作用力為零
B.圖甲中兩球的加速度一定相等
C.圖乙中兩球的加速度一定相等
D.圖甲中 A 球的加速度是圖乙中 A 球加速度的一半
解析：設兩球質量為 m，細繩燒斷的瞬間彈簧彈力不能突變，
而桿的彈力會突變，所以細繩燒斷瞬間，圖乙中 B 球所受合力仍
為零，加速度為零，A 球所受合力為 2mg，加速度為 2g.圖甲中，
細繩燒斷瞬間，A、B 的加速度相同，設為 a.以整體為研究對象，
根據牛頓第二定律得 2mg＝2ma，得 a＝g，設圖甲中輕桿的作用
力為 T.再以 B 為研究對象，由牛頓第二定律得 mg＋T＝ma，解得
T＝0，即圖甲中輕桿的作用力一定為零，A、B、D 正確.
答案：ABD
方法技巧 抓住“兩關鍵”、遵循“四步驟”
(1)分析瞬時加速度的“兩個關鍵”：
①明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點；
②分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態.
(2)“四個步驟”：
第一步：分析原來物體的受力情況.
第二步：分析物體在突變時的受力情況.
第三步：由牛頓第二定律列方程.
第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性.
【遷移拓展】(2024 年安徽卷)如圖所示，豎直平面內有兩完
全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的 M、N 兩
點，另一端均連接在質量為 m 的小球上.開始時，在豎直向上的拉
力作用下，小球靜止于 MN 連線的中點 O，彈簧處于原長.后將小
球豎直向上.緩慢拉至 P 點，并保持靜止，此時拉力 F 大小為 2mg.
已知重力加速度大小為 g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻
力.若撤去拉力，則小球從 P 點運動到 O 點的過程中(
)
A.速度一直增大
B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為 3g
D.加速度先增大后減小
解析：緩慢拉至 P 點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力
F 與重力和兩彈簧的拉力合力為零.此時兩彈簧的合力為大小為 mg.
當撤去拉力，則小球從 P 點運動到 O 點的過程中兩彈簧的拉力與
重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，A 正確，B 錯誤 ；
小球從 P 點運動到 O 點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的
合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為
撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知 2mg＝ma，加速度的
最大值為 2g，CD 錯誤.
答案：A
熱點 2 動力學的兩類基本問題
[熱點歸納]
1.解決兩類基本問題的思路.
2.兩類動力學問題的解題步驟.
考向 1 根據物體的運動情況求物體受力情況
【典題2】(2024 年廣東佛山二模)2023 年 10 月 31 日，神舟
十六號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸.當返回艙距離地面
1.2 m 時，返回艙的速度為 8 m/s，此時返回艙底部的 4 臺反推火
箭點火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至 2 m/s，實現軟著陸.
若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運動，返回艙的質量變化和
受到的空氣阻力均忽略不計.返回艙的總質量為 3×103 kg，g 取
10 m/s2，則 4 臺反推火箭點火工作時提供的推力大小為(
)
B.7.5×104 N
D.1.05×105 N
A.3×104 N
C.2.6×104 N
答案：D
考向 2 根據物體受力情況求物體運動情況
【典題3】(2024 年廣東卷)如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下
端固定.木塊從彈簧正上方 H 高度處由靜止釋放.以木塊釋放點為
原點，取豎直向下為正方向.木塊的位移為 y.所受合外力為 F，運
動時間為 t.忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內.關于木塊從釋放到
第一次回到原點的過程中. 其 F-y 圖像或 y-t 圖像可能正確的是
(
)
A
B
C
D
解析：在木塊下落 H 高度之前，木塊所受合外力為木塊的重
力保持不變，即 F＝mg，當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則
木塊的合力 F＝mg－k(y－H)，到合力為零前，隨著 y 增大F減小；
當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點，之后，木塊開始反彈，
過程中木塊所受合外力向上，隨著 y 減小 F 增大，反彈過程，隨
著 y 減小，圖像向 x 軸負方向原路返回，A 錯誤，B 正確；在木塊
增大，y-t 圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，
根據牛頓第二定律 mg－k(y－H)＝F＝ma，木塊的速度繼續增大，
做加速度減小的加速運動，所以 y-t 圖像斜率繼續增大，當彈簧彈
力大于木塊的重力后到最低點過程中 F＝k(y－H)－mg，木塊所受
合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以 y-t 圖斜率減小，
到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，木塊先做加速
度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減速直
線運動到最高點，而 C 圖中 H 點過后速度就開始逐漸減小，實際
速度還應該增大，直到平衡位置速度到達最大，然后速度逐漸減
為零；D 圖前半段速度不變，不符合題意，正確 y-t 示意圖如圖所
示，CD 錯誤.
答案：B
方法技巧 解決動力學兩類問題的兩個關鍵點
熱點 3 超重與失重現象
[熱點歸納]
1.對超重、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)物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是
向下運動，而在于物體的加速度方向，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.
(3)當物體處于完全失重狀態時，重力只有使物體產生 a＝g 的
加速度效果，不再有其他效果.
從受力的角
度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體
處于超重狀態；小于重力時，物體處于失重狀態；等
于零時，物體處于完全失重狀態
從加速度的
角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態；具
有向下的加速度時，物體處于失重狀態；向下的加速
度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態
從速度變化
的角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重
②物體向下加速或向上減速時，失重
2.判斷超重和失重的方法.
考向 1 對超重與失重現象的理解及判斷
【典題 4】(2023 年廣東深圳質檢)某次蹦床比賽過程中，利
用力傳感器測得運動員所受蹦床彈力 F 隨時間 t 的變化圖像如圖
所示.已知運動員質量為 m，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力.
則下列說法正確的是( )
A.運動員最大加速度大小為 4g
B.運動員在蹦床上運動過程中處于失重狀態
C.運動員與蹦床脫離時處于超重狀態
D.運動員在蹦床上運動過程中，運動員對蹦床的作用力大小
始終等于蹦床對運動員的作用力大小
解析：根據牛頓第二定律可知 am＝
4mg－mg
m
＝3g，運動員最
大加速度為 3g，故 A 錯誤；運動員在蹦床上運動過程中，彈力大于
重力時處于超重狀態，彈力小于重力時處于失重狀態，B 錯誤；運
動員與蹦床脫離時，只受重力作用，加速度向下，處于失重狀態，
C錯誤；根據牛頓第三定律可知，運動員在蹦床上運動過程中，運
動員對蹦床的作用力大小始終等于蹦床對運動員的作用力大小，
D 正確.
答案：D
考向 2 關于超重與失重的計算
【典題5】(2024 年廣東佛山一模)某同學體重 50 kg，乘電梯
上行時，用手機內置傳感器測得某段時間內電梯的加速度如下圖
所示.豎直向上為正方向.關于該段時間下列說法正確的是(
)
A.3～5 s 該同學處于失重狀態
B.9～11 s 電梯向下加速運動
C.該同學受到的最小支持力約為 30 N
D.該同學受到的最大支持力約為 530 N
解析：由圖可知，3～5 s 的加速度為正，方向是豎直向上，
則處于超重狀態，A 錯誤； 9～11 s 的加速度為負，方向是豎直向
下，9 s 的速度是豎直向上的，故電梯向上減速運動，B 錯誤；10 s
時，a1＝－0.6 m/s2，同學受到的支持力最小，約為 Nmin－mg＝ma1，
解得 Nmin＝470 N，C 錯誤；4 s 時，a2＝0.6 m/s2，同學受到的支持
力最大，約為 Nmax－mg＝ma2，解得 Nmax＝530 N，D 正確.
答案：D
思路導引
加速度向上為超重，加速度向下為失重，需要特
別注意加速度正方向的規定，從圖像中得到加速度的正負，判斷
加速度方向.
等時圓模型
1.質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓
環的最低點所用時間相等，如圖甲所示.
2.質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到
下端所用時間相等，如圖乙所示.
3.兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同
的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示.
甲
丙
乙
【典題 6】(2023 年湖南常德月考)現有直滑梯 AB、AC、AD
和 BD，A、B、C、D 點在豎直平面內的同一圓周上，且 A 為圓
周的最高點，D 為圓周的最低點，如圖所示.已知圓周半徑為R.
在圓周所在的豎直平面內有一位置 P 點，距離 A 點 R，且與 A
)
點等高.各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為 g，則(
答案：C
【觸類旁通】如圖 所示，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
桿上調節，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 Q 處靜止釋放，物塊沿平板從 Q 點滑至 P 點所用的時
間 t 與夾角θ的大小有關.若由 30°逐漸增大至 60°，物塊的下滑時
間 t 將(
)
B.逐漸減小
D.先減小后增大
A.逐漸增大
C.先增大后減小
答案：D

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