2025高考物理復習教案：牛頓第二定律的基本應(yīng)用

第三章運動和力的關(guān)系

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用

課標要求核心考點五年考情核心素養(yǎng)對接

瞬時性問2022：全國甲T19；1.物理觀念：理解和掌握牛頓運動

題2019：浙江4月T12定律；能從運動與相互作用的視角

超重和失分析自然與生活的有關(guān)簡單問題.

1.能用牛頓運2020：山東T1；

重問題2.科學思維：運用牛頓運動定律分

動定律解釋生

2023：浙江1月析、解決問題；掌握“整體法”“隔離

產(chǎn)生活中的有

T5；法”“圖像法”“控制變量法”“臨界法”

關(guān)現(xiàn)象、解決

2022：湖南T9,遼等的應(yīng)用.

有關(guān)問題.

寧T7,全國乙3.科學探究：通過實驗，認識超重

2.通過實驗，兩類動力

T15,浙江1月和失重.

認識超重和失學問題

T19；4.科學態(tài)度與責任：樂于將牛頓運

重現(xiàn)象.

2021：河北T13,浙動定律應(yīng)用于生產(chǎn)、生活實際；能

江6月T4,浙江6認識牛頓運動定律的應(yīng)用對人類文

月T19明進步的推動作用.

牛頓第二定律是每年高考必考內(nèi)容，主要考查兩類動力學問題和對生活

命題分析預測中現(xiàn)象的解釋.預計2025年高考仍是必考點，可能會結(jié)合圖像或航天實

際在選擇題中考查，還可能結(jié)合運動學知識考查簡單計算題.

_角一口物體的受力分析他利

牛?第二〕Ar分析「1體的運&狀毒分析

修青和失隸卜,一言:卜一的怖*.速度足并將現(xiàn)

?1過程間和電I候泉的橋堂

考點1瞬時性問題

.

加速度與合力具有因果關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，當物體所受合力

發(fā)生變化時，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體運動的速度［1］不能發(fā)生突變.

不漁生用*超食收華產(chǎn)乍弊力.

…丘人fr,不注量時X恢M

依融*仲力山即斡久城改僵

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當務(wù)疑的的端、拘俗相玄?的商

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和檢度簫所牌在修公“時何”1,界力的

大小認不青的.砰3律工

怡11力不央交

MBJU團1粒以n田

口如圖所示，兩個質(zhì)量均為用的小球4和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，重

力加速度為g.

（1）剪斷細繩前，彈簧對N球的彈力是"7g，彈簧對3球的拉力是；剪斷細繩

的瞬間，彈簧對「球的彈力是mg,彈簧對8球的拉力是mg.

（2）剪斷細繩的瞬間，/球和2球的加速度分別是2g、0.

解析剪斷細繩之前，細繩的拉力為2/wg,輕彈簧拉力為mg;當剪斷細繩的瞬間，細繩拉

力消失，輕彈簧拉力不發(fā)生突變，則/球所受合力為2wg,加速度為2g,3球所受合力為

0,加速度為0.

畏型建構(gòu)I

明確并注意區(qū)別牛頓第二定律瞬時性問題的幾種模型

模型受外力時形變特點受外力時形變量彈力能否突變產(chǎn)生拉力或壓力

只能受拉力作用，不能

輕繩不可伸長微小不計可以突變

承受壓力

只能變長，不能兩端連有物體時只能受拉力作用，不能

橡皮繩較大

變短不能突變承受壓力

既可變長，又可兩端連有物體時既能承受拉力，又能承

輕彈簧較大

變短不能突變受壓力

不可伸長，不可既能承受拉力，又能承

輕桿微小不計可以突變

縮短受壓力

1.［一接］兩個質(zhì)量均為根的小球，用輕桿連接后通過細繩懸掛在天花板笄心

上，如圖所示.現(xiàn)突然剪斷細繩讓小球下落，在剪斷細繩的瞬間，小球X

43的加速度分別用內(nèi)和02表示，重力加速度為g,則（A）I

A.Qi=g,Q2=gB.tZi=0>Q2=2g

C.6Zl=g,。2=0D.Ql=2g,Q2=0

解析剪斷細繩的瞬間，4、5間輕桿的彈力可瞬間發(fā)生變化，A.5的加速度相同，將兩

球看成一個整體，由受力分析可得加g+冽g=2冽Q,兩球的加速度均為g,即Ql=g,。2=

g,故A正確.

命題拓展

輕桿連接T輕繩連接

若小球4和小球8之間用輕繩連接，在剪斷細繩CM的瞬間，小球4、5的加速度分別用

41和。2表示，重力加速度為g,則（A）

A.〃l=g,42=gB.41=0,Q2=2g

C.6Z1=g,U2~~0D.Ql=2g,。2=0

解析剪斷細繩的瞬間，A,5間輕繩的彈力可瞬間發(fā)生變化，A.5的加速度相同，將兩

球看成一個整體，由受力分析可得以g+冽g=2MQ,兩球的加速度均為g,即Ql=g,。2=

g,故A正確.

2.［輕繩、輕彈簧連接A024山東濟南聯(lián)考］如圖所示，4、5兩小球弋

分別用輕質(zhì)細繩、和輕彈簧系在天花板上，/、3兩小球之間用一代

輕質(zhì)細繩工2連接，細繩心、彈簧與豎直方向的夾角均為。，細繩

心水平拉直，現(xiàn)將細繩22剪斷，則細繩小剪斷瞬間，下列說法正確的是（D）

A.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為1：1

B.細繩心上的拉力與彈簧彈力之比為1：cos?。

C.N與2的加速度之比為1：1

D.4與3的加速度之比為cosa1

解析根據(jù)題述可知，A、2兩球的質(zhì)量相等，設(shè)為方,剪斷細繩右后，/球做圓周運動，

剪斷瞬間速度為0,向心加速度為0,只有切向加速度，故對/球進行受力分析，

如圖甲所示，有FT=mgcos。,mgsm0=mai；剪斷細繩￡2瞬間，對5球進行受力分析，如

圖乙所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持不變，有Fcos8=mg,

2

mgtan0=ma2f所以/T：F=cos3:1,awQ2=COS。：1,故D正確.

方法點撥

利用建模思想求解瞬時加速度

余物?改與下物口收受力?4.*出境力大小.

__A______________

優(yōu)鼾?姬,宵翕1?A**t干干★優(yōu)育.W書

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來*體4狀*f化。所★忖缶力，利用中8*

二**.*出

考點2超重和失重問題

被材讀理

1.超重與失重

一,構(gòu)體?外物的壓加“W8”物

也3J的樸力Q2J，、J構(gòu)體M受■力的

_____現(xiàn)拿一

Mt-

1|盎卜113棚3L'匚.“度］

|?!體”支持坊的限力（奴《Wtt構(gòu)

d意義H???，“41a構(gòu)體所受重力的

［現(xiàn)*

1產(chǎn)4］t-------------------------------------

-{'體凡"15|」"E.的蒯煌汽］

T物體的加速度。中.方向鱉人向國

2.實重與視重

-----,初體宣際所受的聿力.它、《rK的運動

兇LL狀儀71無關(guān)

斗物體向1布物魂度時,物體

時。,第力汁的粒力或紈臺網(wǎng)的限力將

r**F-不箸，物體的重江此時為笛卻力情的

*教或臺內(nèi)的小數(shù)m1重

臼如圖，一中學生站在體重計上向下蹲.4

(1)中學生在下蹲過程中是處于超重狀態(tài)還是處于失重狀態(tài)？朽：

(2)中學生在下蹲過程中體重計的示數(shù)如何變化？?

(3)中學生在下蹲過程中體重計對中學生的支持力如何變化？

答案(1)中學生先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)(突破點：下蹲過程中先加速后減

速).

(2)體重計的示數(shù)先減小后增大.

(3)體重計對中學生的支持力先減小后增大.

超重失重完全失重

現(xiàn)象視重大于實重視重小于實重視重等于0

有豎直向上的加速度或有豎直向下的加速度或加速度a=g,方向豎直

產(chǎn)生條件

分加速度分加速度，且0V?Vg向下

以加速度g加速下降或減

運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升

速上升

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

相關(guān)方程

F=mg-\-maF=mg—maF=0

命題點1超失重現(xiàn)象的判斷

3.[/圖像〃024廣東惠州第一次調(diào)研]近年來惠州市試點為老舊小區(qū)加裝垂直電梯，如圖

(a)所示，取豎直向上方向為正方向，某人某次乘電梯時的速度隨時間變化的圖像如圖

(b)所示，以下說法正確的是(C)

W(m,s1)

圖（a）

A.4s時電梯停止在某一層樓

B.1?3s,此人處于超重狀態(tài)，重力變大

C.5?7s,此人處于失重狀態(tài)，支持力小于重力

D.電梯先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動

解析

4s時速度最大，非靜止,A錯

v1[m-s1)5~7s,減速向上

1~3s.加速向上4

F',\-mg=ma~mg-FN=ma

mg不變,F*mg2mg不變，入＜mg

超重，B錯1失重,C對

0t/s

UT圖像的斜率表示加速度

斜率改變."變化，不做勻變速直線運動，D錯

4./一/圖像］圖甲是某人站在接有力傳感器的平板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖

甲中的小黑點表示人的重心.圖乙是平板所受壓力隨時間變化的圖像，取重力加速度g=

10m/s2.根據(jù)圖像分析可知（C）

F/N

3500

3000

2500

11.522.533.54t/s

圖甲圖乙

A.人的重力可由6點讀出，約為300N

B.在由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.人在雙腳離開平板的過程中，處于完全失重狀態(tài)

D.人在b點對應(yīng)時刻的加速度大于在c點對應(yīng)時刻的加速度

解析由圖乙可知，開始時人處于平衡狀態(tài)，人對平板的壓力約為900N,則人的重力也約

為900N,A錯誤；在由6到c的過程中，人對平板的壓力先小于重力后大于重力，故人先

處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，B錯誤；人雙腳離開平板的過程中只受重力的作用，處于

完全失重狀態(tài)，C正確；人在6點對應(yīng)時刻對平板的壓力與重力的差值要小于在c點對應(yīng)

時刻對平板的壓力與重力的差值，則人在b點對應(yīng)時刻的加速度要小于在c點對應(yīng)時刻的

加速度，D錯誤.

方法點撥

判斷超重和失重的方法

當物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┐笥谥亓r處于超重狀

從受力的角度判斷

態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)

一般情況下，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的

從加速度的角度判

加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重

斷

狀態(tài)

從運動狀態(tài)的角度①物體向上加速或向下減速時，超重；

判斷②物體向下加速或向上減速時，失重

命題點2超失重現(xiàn)象的分析和計算

5.［〈電與現(xiàn)代科技/2024湖北黃岡統(tǒng)考］某同學用橡皮筋懸掛智能手機做如下實驗：如圖

甲所示，將橡皮筋上端固定在鐵架臺上的。點，打開手機加速度傳感器，同時從O點由靜

止釋放手機，獲得一段時間內(nèi)手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，下

列說法正確的是（D）

陽甲HZ.

A.手機在0.5s時處于失重狀態(tài)

B.手機在1.0s時處于超重狀態(tài)

C.0.9S時橡皮筋恢復到原長

D.手機的速度最大值約為3m/s

解析根據(jù)題意，手機從。點由靜止釋放時，加速度為一10m/s2,對比以后的加速度，可

知圖像是以豎直向上為正方向，且釋放手機時橡皮筋處于松弛狀態(tài).手機在0.5s時加速度方

向向上，處于超重狀態(tài).手機在1.0s時加速度為負，方向向下，處于失重狀態(tài)，故選項A、

B錯誤；0.9s時，手機加速度為0,橡皮筋彈力與重力平衡，不為零，橡皮筋沒有恢復到原

長，故選項C錯誤；由圖乙可知，手機先向下做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速

運動，當加速度為0時，速度達到最大，根據(jù)。一/圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量

可知，最大速度約為Vmax=9（0.25+0.35）xl0m/s=3m/s,選項D正確.

6."失重與體育〃024福建莆田二中階段測試］女排運動員進行原地起跳攔網(wǎng)訓練，某質(zhì)量

為60kg的運動員原地靜止站立（不起跳）雙手攔網(wǎng)高度為2.10m,在訓練中，該運動員先

下蹲使重心下降0.5m,然后起跳（從開始上升到腳剛離地的過程），最后腳離地上升到最

高點時雙手攔網(wǎng)高度為2.90m.若運動員起跳過程視為勻加速直線運動，忽略空氣阻力影

響，取g=10m/s2.則（B）

A.運動員在起跳過程中處于失重狀態(tài)

B.運動員起跳過程中的加速度大小為16m/s2

C.運動員從開始起跳到離地上升到最高點需要0.4s

D.起跳過程中運動員對地面的壓力為960N

解析運動員起跳過程中，向上做加速運動，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，選項A

錯誤；運動員腳離地之后做豎直上拋運動，逆向思維，由i，2=2g〃可得，腳離地時，運動

員的速度為v=]2*10x（2.9-2.1）m/s=4m/s,由F=2ax可得，運動員起跳過程中的

?2A2

加速度大小為〃=—=——m/s2=16m/s2,選項B正確；根據(jù)題意，運動員起跳過程經(jīng)過的

2x2x0.5

時間為fi=匕=0.25s,運動員從離地到上升到最高點經(jīng)過的時間為打=上=0.4s,則運動員從

ag

開始起跳到離地上升到最高點經(jīng)過的時間為/=G+/2=0.65S,選項C錯誤；根據(jù)題意，由

牛頓第二定律有bN—%g=%。，解得見=1560N,由牛頓第三定律可知，起跳過程中運動

員對地面的壓力為產(chǎn)N=FV=1560N,選項D錯誤.

方法點撥

1.不論超重還是失重，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.即使物體的加速度方向不是豎直方向，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).

4.即使系統(tǒng)整體沒有豎直方向的加速度，但只要系統(tǒng)的一部分具有豎直方向的分加速度，

系統(tǒng)也會處于超重或失重狀態(tài).

考點3兩類動力學問題

1.兩類基本的動力學問題

（1）已知物體受力情況，判斷其運動情況；

（2）已知物體運動情況，判斷其受力情況.

應(yīng)用運動學公式和「81牛頓第二定律解決動力學問題,受力分析和運動狀態(tài)分析是關(guān)

鍵，⑼加速度是解決此類問題的紐帶.

2.力和運動問題求解步驟

根據(jù)問題的需要選出研究對象.研究

［明確研究對象）-

對象可以是某個物體，也可以是幾

個物體構(gòu)成的系統(tǒng)

受力分析和運畫好受力示意圖、運動情境圖，明

動狀態(tài)分析1確物體的運動性質(zhì)和運動過程

選取正方向或U通常沿加速度的方向建立坐標系并

建立坐標系n以加速度方向為某t標軸的正方向

若物體只受兩個共點力作用，通常

］確定合力卜用合成法；若物體受到三個及以上

不在同一直線上的力，一般用正交

分解法

］列方程求解卜

=mar

列方程求解，必要時還要對結(jié)果進

行討論

四儂田救材法古

如圖所示，一位滑雪者以2m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，已知人與裝備的總質(zhì)量

為75kg,山坡傾角為37。，不計空氣阻力，g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

（1）若在5s內(nèi)滑雪者滑下的路程為60m.求滑雪者受到的阻力.

（2）若滑雪者與雪面的動摩擦因數(shù)為0.375,在5s內(nèi)滑雪者滑下的路程是多少？

答案（1）150N（2）47.5m

解析（1）由勻變速直線運動規(guī)律有xi=vof+ga/2,解得滑雪者下滑的加速度ai=4m/s2.

由牛頓第二定律可知?7gsin37°—6=ma,得滑雪者受到的阻力6=150N.

（2）對滑雪者受力分析可知尸匹=%gcos37o=600N,則由牛頓第二定律

可知加gsin37°-〃Ev="za2,解得滑雪者下滑的加速度。2=3向$2,由勻變速直線運動規(guī)律有

X2—vot+^a2t2,得X2=47.5m.

命題點1已知受力求運動情況

7頓運動定律、受力分I/2022全國乙］一不可伸長的輕繩兩端各連接一質(zhì)1

量為加的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于

繩長L現(xiàn)將一大小為產(chǎn)的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂

直，如圖所示.當兩球運動至二者相距|Z時，它們的加速度大小均為（A）

A.—B.f^C.—D.—

8m5m8m10m

解析當兩球運動至二者相距之時，如圖所示，由幾何關(guān)系可知sin8=

5

3L

平="設(shè)繩子拉力為bT,水平方向有2BcosO=/，解得FT=》,對任:"

-58

2

意小球由牛頓第二定律有解得.=也，故A正確，B、C、D錯誤.

8m

8.［辛時圓模型/多選］如圖所示，Oa、0b和ad是豎直平面內(nèi)三根固定千-、o

的光滑細桿，。、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a；\/［

為最低點，。，為圓心.每根桿上都套著一個小滑環(huán)（未畫出），兩個滑%///

環(huán)從。點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用小心t3

分別表示滑環(huán)沿O。、Ob、加到達細桿另一端所用的時間.下列關(guān)系正確的是（BCD）

A./l=，2B.，2＞，3

D.，I=，3

解析設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca,ca、0a、da三根細桿交于圓的最低點q,三桿頂點

均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、。、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達q點的時間相

等，即tCa=tl=t3；而由CT?；瑒拥男』h(huán)與由O—b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小

、、-1

相同，初速度均為零，但加速度。以＞。0"由》=了.修可知，t2＞tca,故B、C、D正確.

因方法點撥等時圓模型

磁＞：c

/VF>.

模型餐齡，

B

圖甲圖乙

圖丙

質(zhì)點在豎直面內(nèi)的兩個豎直面內(nèi)的圓環(huán)相切且

質(zhì)點從豎直面內(nèi)圓環(huán)上的

圓環(huán)上從不同的光兩環(huán)的豎直直徑均過切點，

最高點沿不同的光滑弦由

結(jié)論滑弦的上端由靜止質(zhì)點沿不同的光滑弦，從弦

靜止開始滑到下端所用時

開始滑到弦的最低的上端由靜止開始經(jīng)切點滑

間相等.

點所用時間相等.到下端所用時間相等.

沿豎直直徑自由下滑時，有2R=|g巴解得k2下，如圖甲、乙所示，質(zhì)點沿豎

直面內(nèi)圓環(huán)上的任意一條光滑弦從上端由靜止滑到底端，可知加速度a=gsin。，

推導位移x=2RsinO,由勻加速直線運動規(guī)律有x=/2,得下滑時間，=2R易知與

27g

質(zhì)點沿豎直直徑自由下滑的時間相等.圖丙是甲、乙兩圖的組合，不難證明有相同

的結(jié)論.

命題點2已知運動情況求力

9.［；虛引像求力/多選］如圖甲所示，質(zhì)量加=1kg、初速度vo=lOm/s的物塊，在一水

平向左的恒力歹作用下從。點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻尸突然反向，大小不變,

整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g=10m/s2.下列說法中

正確的是（ABD）

A.0?5m內(nèi)物塊做勻減速運動

B.在f=1s時刻，恒力廠反向

C.恒力廠大小為10N

D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3

解析0?5m內(nèi),由憂一虜=2mxi,得優(yōu)=2.閡+詔,由圖乙知,2ai=-20m/s2,則m=

—10m/s2,物塊做勻減速運動，A正確；由圖乙知，物塊的初速度vo=lOm/s,恒力下在

5m處反向，在0?5m內(nèi)物塊運動的時間/1s,即在f=ls時刻，恒力/反向，B正

?1

確；5?13m內(nèi)，由詔=242X2,得物塊的加速度。2=愛~=4m/s2,由牛頓第二定律得一月一

fimg=ma\,F—jLtmg=ma2,聯(lián)立兩式解得_F=7N,〃=0.3,D正確，C錯誤.

10.［根據(jù)運動描述求力的大小/2023山東日照聯(lián)考］2022年6月17日，我國第三艘航空母艦

福建艦下水，福建艦上安裝了電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離.假設(shè)航空母艦的水平跑道

總長/=180m,電磁彈射區(qū)的長度/i=80m,如圖所示.一架質(zhì)量加=2.0xl（）4kg的飛機，其

噴氣式發(fā)動機可為飛機提供恒定的推力，假設(shè)飛機在航母上受到的阻力恒為飛機重力的!

4

若飛機可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點，經(jīng)電磁彈射器彈射后可獲得的速度為20魚m/s,從邊沿離

艦的起飛速度為40m/s,航空母艦始終處于靜止狀態(tài)，電磁彈射器提供的牽引力恒定，取

重力加速度g=lOm/sZ.求：

（1）噴氣式發(fā)動機可為飛機提供的推力大??；

（2）電磁彈射器提供的恒定牽引力的大小.

答案（1）1.3xW5N（2）2.0x104N

解析（1）根據(jù)運動學公式，有丫2—資=2。1（7—Zi）

解得tzi=4m/s2

根據(jù)牛頓第二定律，飛機離開電磁彈射區(qū)后有Fif_—^mg=ma\

解得少■=1.3X105N

（2）根據(jù)運動學公式，有憂=2久/1

解得飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度

tZ2=5m/s2

根據(jù)牛頓第二定律有F牽+F推一；mg=3i2

4

代入數(shù)據(jù)解得尸率=2.0X1（）4N.

一題多解（1）對飛機離開彈射區(qū)后由動能定理有（尸推一，zg）（/—Zi）

代入數(shù)據(jù)解得尸推=1.3X105N

（2）對飛機在彈射區(qū)由動能定理有（尸率+尸推一1ig）=，憂

代入數(shù)據(jù)解得F*=2.0X104N.

熱點2牛頓運動定律+運動情境

1.［求形飛行器〃022湖南/多選］球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)

量為防飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即/阻=仙2,后為常量）.

當發(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當發(fā)

動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為

5m/s.重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法

正確的是（BC）

A.發(fā)動機的最大推力為\.5Mg

B.當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為爭起

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5V3m/s

D.當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g

解析當飛行器關(guān)閉發(fā)動機以速率vi=10m/s勻速下落時，有崛=k置，可得左=O.Ol〃g

N-S2-m-2,當飛行器以速率V2=5m/S勻速向上運動時，有崛+上詔=Fmax,聯(lián)立解得Fmax=

1.25Mg,A錯誤；當飛行器以速率V2=5m/s勻速水平飛行時，飛行器受重力、推力和空氣

阻力作用且處于平衡狀態(tài)，由平衡條件有產(chǎn)=（Mg）2+（噴2,解得尸=爭念，B正

確；當飛行器以最大推力Fmax推動飛行器水平飛行時，由平衡條件有F^ax—（Mg）?=

2,解得V3=5gm/s,C正確；當飛行器以最大推力向下，飛行器以5m/s的速率向

上減速飛行時，其加速度向下達到最大值，由牛頓第二定律有崛+Fmax+Q^=Mamax,解

得Omax=2.5g,D錯誤.

2.［神舟十四號〃024浙江杭州模擬］神舟十四號航天員乘組被稱為“最忙乘

組”，在空間站工作期間他們迎來了問天實驗艙、夢天實驗艙、天舟五號和

神舟十五號.如圖，神舟十四號飛船返回地球穿越大氣層時對返回艙起主要

減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2,質(zhì)量為120kg,由96根堅韌的傘繩均勻連接返

回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形，半徑為15m,設(shè)每一根傘繩長度為39m,

返回艙（不含航天員）的質(zhì)量為2670kg,艙內(nèi)三個航天員的質(zhì)量每人平均計70kg.設(shè)某一

段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，降落傘中軸線保持豎直，返回

艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速.此過程的重力加速度可以近似取g=10m/s2.則下列分析

正確的是（C）

A.在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態(tài)，不受外力

B.題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙（含航天員）的總重力

C.題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N

D.題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為31500N

解析在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號在地球的萬有引力作用下環(huán)繞地球

運動，所以神舟十四號處于完全失重狀態(tài)，選項A錯誤；減速階段，返回艙的總重

力（含航天員）為G艙=（M+3mQg=（2670+3x70）x10N=28800N,根據(jù)牛頓第

二定律F^+O,O5（M+3m人）g—（M+3機A）g=（M+3w人）。，可得傘繩對返回艙的合

力尸繩令=28800N=G艙，故題中減速階段，傘繩對返回艙的合力等于返回艙的總重

力，故選項B錯誤；設(shè)傘繩與豎直方向的夾角為仇有sinO=1|=V，對返回艙受力

分析有歹綺a=96x?cos0,可得題中減速階段，每根傘繩的拉力為7=325N,選項C

正確；題中減速階段，對返回艙、航天員、降落傘整體受力分析有下至+0.05（M+

—

3mA）g（A/+3w人+加+）g=（M+3機人+加車）。，解得降落傘受到的空氣阻力為Fa=

30060N,選項D錯誤.

3.［物流公司裝貨物/2022浙江1月］物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所

示，傾斜滑軌與水平面成24。角，長度/i=4m,水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接.若

貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為〃貨物可視為質(zhì)

點（取cos24°=0.9,sin24°=0.4,g=10m/s2）.

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度ai的大??；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度以

答案（1）2mzs2（2）4m/s（3）2.7m

解析（1）由牛頓第二定律可得〃zgsin24°—wwgcos24°=〃?ai

解得?=2m/s2

(2)貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運動，由運動學公式可得V2=2°/I

解得v=4m/s

(3)貨物在水平滑軌上做勻減速直線運動，由運動學公式可得憂-1/=202/2

又。2=-Ng

解得11=2.1m.

1.［類動力學問但〃023浙江1月］如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從。點

拋出沿軌跡。尸。運動，其中尸是最高點.若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石

子豎直方向分運動的加速度大小(A)

A.0點最大ip

B.P點最大

C.Q點最大-ff----------%

D.整個運動過程保持不變

解析小石子拋出后由。到P的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向下的

阻力，則由牛頓第二定律得》7g+/=7Ma,又空氣阻力與瞬時速度大小成正比，小石

子向上運動的過程中，豎直分速度逐漸減小，豎直方向的阻力,逐漸減小，則小石子

的加速度逐漸減小.小石子由尸到。的過程中，小石子在豎直方向上受重力和豎直向

上的阻力，由牛頓第二定律得小石子的豎直分速度逐漸增大，豎直方

向的阻力,逐漸增大，加速度逐漸減小.由以上分析可知，石子在。點豎直方向分運動

的加速度最大，A正確，BCD錯誤.

2.［；力020山東］一質(zhì)量為"2的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間1的關(guān)系

圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用網(wǎng)表示，速度大小用v表示.

重力加速度大小為g.以下判斷正確的是(D)

A.0?人時間內(nèi),v增大,FN>mg

B/1?女時間內(nèi),v減小,FN<mg

C&?打時間內(nèi),v增大,FN<mg

D./2?打時間內(nèi)，v減小,FN>mg

解析根據(jù)位移一時間圖像的斜率表示速度可知，0?九時間內(nèi)，圖像斜率增大,

速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持

力FN<mg,A錯誤；?/2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客

所受的支持力FN=7〃g,B錯誤；/2?打時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度V減小，加速度

方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力網(wǎng)>"?g,C錯

誤，D正確.

3.［7時性問題，022全國甲/多選］如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、。置于水平桌面上，二者用

一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃.重力加速度大小為g.用水平向右

的拉力/拉動P,使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧

第一次恢復原長之前（AD）

//77/7>>//，777

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.P的位移大小一定大于。的位移大小

D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小

解析兩滑塊勻速運動過程中，彈簧對尸、0的彈力大小為fcc=7加g,當撤去拉力

后，對滑塊P由牛頓第二定律有依'+〃〃喏=〃7。1,同理對滑塊0有〃加g—丘'=〃2。2,從

撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈力由的g一直減小到零，所以尸的加速度

大小的最大值為剛撤去拉力尸瞬間的加速度大小，此時P的加速度大小為2〃g,而彈

簧恢復原長時，。的加速度大小達到最大值，即0的最大加速度為〃g,A項正確，B

項錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊尸的加速度一直大于。的加速度，且兩滑塊初速度

相同，所以撤去拉力后尸的速度一直小于同一時刻。的速度，所以尸的位移一定小于

。的位移，C項錯誤，D項正確.

一題多解由分析可知P、。的加速度變化情況，定性繪制兩滑塊的v:.

圖像如圖所示，由圖像容易判斷出撤去拉力后到彈簧第一次恢復原、［二，、

長前P的位移一定小于0的位移，尸的速度一直小于同一時刻0的速'

度，故C項錯誤，D項正確.6~

4.［:動力學問，逝〃021河北］如圖，一滑雪道由N3和5C兩段滑道組成，其中N5段傾角

為0,8C段水平，段和8C段由一小段光滑圓弧連接.一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端

/處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度

勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起.背包與滑道的動摩擦

因數(shù)為〃=*重力加速度取g=10m/s2,sin0=（,cos6=||,忽略空氣阻力及拎包過程中

滑雪者與背包的重心變化.求：

（1）滑道段的長度；

（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度.

答案（I）9m（2）7.44m/s

解析（1）背包下滑過程中，由牛頓第二定律有冽gsin。一//冽gcos6=冽Qi

解得背包在滑道AB段的加速度tzi=2m/s2

設(shè)段長為滑到底端所用時間為，，故有￡=%/

對滑雪者，有L=vo（f—Is）+|<72Ct-Is）2

解得￡=9m

（2）滑雪者滑到8點時的速度VI=VO+Q2（Z—IS）

背包滑到底端B點時的速度V2=ait

對滑雪者拎起背包的過程，由動量守恒定律有Mvi+冽V2=（M+m）v

解得滑雪者拎起背包瞬間的速度v=7.44m/s

基礎(chǔ)緣

1.［境創(chuàng)新/2024廣東廣雅中學?？迹萑鐖D是梁同學做引體向上.

的示意圖.若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止可獷.

開始從最低點升到最高點）和“下放”（身體從最高點回到最低>1Y

點的初始狀態(tài)）兩個過程，單杠在整個過程中相對地面靜止不令

動.下列說法正確的是（A）

A.單杠對雙手的彈力是由于單杠發(fā)生了彈性形變而產(chǎn)生的

B.“上弓I”過程單杠對雙手的彈力大于雙手對單杠的彈力

C.“下放”過程單杠對雙手的彈力始終小于梁同學受到的重力

D.“下放”過程梁同學均處于失重狀態(tài)

解析單杠對雙手的彈力是單杠發(fā)生了彈性形變要恢復原狀而產(chǎn)生的，故A正確；單杠對

雙手的彈力和雙手對單杠的彈力是一對相互作用力，大小相等，故B錯誤；“下放”過程中

有個向下減速階段，加速度向上，梁同學處于超重狀態(tài)，單杠對雙手的彈力大于梁同學受

到的重力，故C、D錯誤.

2.［2024江西撫州南豐一中?？迹菀幻鴤氵\動員從懸停的直升機上跳下，2s后開啟降落

傘，運動員跳傘過程的v—/圖像（0?2s內(nèi)圖線為直線，其余為曲線）如圖所示，根據(jù)圖

像可知（D）

A.在0?2s內(nèi)，運動員做勻加速直線運動，處于超重狀態(tài)

B.在6~12s內(nèi)，降落傘對運動員的拉力小于運動員對降落傘的拉力

C.在6?12s內(nèi)，運動員的速度逐漸減小，慣性也逐漸減小

D.在6?12s內(nèi)，運動員和降落傘整體受到的阻力逐漸減小

解析在0?2s內(nèi)，v—f圖像為直線，可知運動員向下做勻加速直線運動，處于失

重狀態(tài)，故A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，任何情況下降落傘對運動員的拉力都

等于運動員對降落傘的拉力，故B錯誤；在6?12s內(nèi)，運動員的速度逐漸減小，但

慣性與速度無關(guān)，只取決