2025年高考物理一轮总复习：牛顿第二定律的应用

第2讲牛顿第二定律的应用

考点一瞬时性问题

深化理解

1.两种模型

合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速

度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变。

2.解题思路

求出变化后物体所受合力

求瞬时加速度

根据牛顿第二定律列方程

[例1]（2024•安徽蚌埠模拟）如图，A、8两球质量相等，光滑斜面的倾角为仇图甲中A、8两球用轻弹簧相

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，则在突然撤去

挡板的瞬间（重力加速度为g）（

A.图甲中A球的加速度不为零

B.图乙中两球加速度均为gsin0

C.图乙中轻杆的作用力一定不为零

D.图甲中8球的加速度是图乙中8球加速度的3倍

答案：B

解析：对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于48还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速

度为0,对于3,其所受合力等于挡板在未撤时挡板对它的支持力，为2/wgsin0,由牛顿第二定律有2»igsin0=

maB,可得2的加速度为3=2gsinO；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、2加速度相同，整体由牛顿第二定

律有2加gsin8=2»id,可得A、B的加速度均为〃=gsin仇设轻杆对A的作用力为居对A由牛顿第二定律有

mgsinB+F=ma',可知尸=0,故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B。

题后总结

图乙中撤去挡板后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；图甲中两

物体用轻弹簧连接，由于弹簧的弹力不能突变，采用先整体后隔离的方法，再应用牛顿第二定律从而得出正确的

结论。

对点训练

L【轻弹簧】如图所示，物块1的质量为3m物块2的质量为小两者通过轻弹簧相连，整个系统置于水平放置

的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别

为的、。2。重力加速度大小为g。则有（）

X

A.〃i=O,42=g〃2=g

C.〃i=O,〃2=4gD.〃i=g,”2=4g

解析：C开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力尸=3机g。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物

块1所受的合力仍然为零，则加速度。1=0。对物块2,抽出木板的瞬间，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第

二定律得。2=巴0=也吐%=4g,故C正确，A、B、D错误。

mm

2.【轻弹簧、轻绳】竖直面内，有一质量m=2kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的

轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻绳与竖直方向成。=45。角。取g=10m/s2。下列说法正确的是

（）

i/T/////

A.此时，绳上的拉力为20N

B.若剪断轻绳，则剪断绳的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N

C.若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2,方向向左

D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零

解析：B设绳子拉力为T,对小球，根据平衡条件有Teos45。=mg,解得T=20&N,A错误；剪断轻绳前，设

弹簧的弹力为己对小球，根据平衡条件有尸=Tsin45。，解得尸=20N,剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，故剪

断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N,B正确；剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力

为23,根据牛顿第二定律可得『卜lO&md,方向与竖直方向成45。角指向左下方，C错误；剪断弹簧的

瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力

平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有小geos45。=

ma,解得〃=5V^m/s2,D错误。

考点二超重、失重问题

基础梳理

1.实重和视重

(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关(选填“无关”或“相关”)。

(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。

2.超重、失重和完全失重的对比

名称超重失重完全失重

现象视重大于实重视重小于实重视重等于0

物体竖直向下的加速度等

产生条件物体加速度的方向向上物体加速度的方向向下

于g

名称超重失重完全失重

自由落体运动、竖直上抛

对应运动情境加速上升或减速下降加速下降或减速上升

运动、宇宙航行等

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

原理

F=F=m^—maF=0

。判断小题

L加速上升的物体处于超重状态。(Y)

2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(X)

3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(X)

4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(4)

5.根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(X)

深化理解

1.判断超重和失重现象的三个角度

(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处

于失重状态；等于零时处于完全失重状态。

(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下

的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。

(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。

2.对超重和失重问题的三点提醒

(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。

(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超

重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。

(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。

【例2】（2024•福建龙岩模拟）引体向上是高中学生体质健康标准的选测项目，如图甲所示，质量为60kg的男

同学用双手抓住单杠做引体向上，在竖直向上的运动过程中，他重心运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所

示，重力加速度大小取10m/s2,由图像可知（）

甲乙

A.f=0.5s时,单杠对他的支持力约为582N

B.f=l.ls时，他向上运动到最高点

CJ=L5s时，他处于失重状态

Dl=1.5s时,单杠对他的支持力约为600N

答案：C

解析：由V—才图像的斜率表示加速度可知，t=0.5s时，加速度为q="=J30—2向S2=0.3m/s2,根据牛顿

第二定律可得外一解得单杠对他的支持力为氏=：咫+"2。=618N,故A错误；由丫一f图像可知，

0〜1.1s向上做加速运动，1.1s后向上减速运动，可知f=l.ls时，并不是向上运动到最高点，故B错误；由n—f

图像可知，t=1.5s时，加速度方向向下，他处于失重状态，单杠对他的支持力小于重力，即小于600N,故C正

确，D错误。

对点训练

1.【超重、失重的分析与计算】如图所示，在某城市的建筑工地上，工人正在运用夹砖器把两块质量均为〃2的相

同长方体砖块夹住后竖直向上加速提起。已知每块砖块能承受的最大压力大小为「夹砖器与每个砖块间的动摩

擦因数为H，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在加速提起砖块的过程中，下列说法正确的是

（）

A.在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态

B.夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等

C.砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为黑一g

D.两块砖块之间的摩擦力一定不为零

解析：C在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；砖块水平方向保持平衡，故夹砖

器对两块砖块压力大小相等，B错误；夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析

如图甲所示，根据牛顿第二定律有2日尸一2;咫=2:m，则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为。=黑一g,

C正确；加速度最大时，单独对其中一个豉块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力机g以及夹砖器对其向

上的静摩擦力力有f—mg=ma,解得户口尸，故两块砖块之间摩擦力为零，D错误。

乙

2.【超重、失重与图像结合】在蹦床运动过程中，用力传感器测出蹦床对运动员的弹力凡如图是绘制的尸随时间

f的变化图像，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.运动员的质量为40kg

B.运动员在3.6〜4.8s内处于超重状态

C.运动员的最大加速度大小为50m/s2

D.运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2m

解析：D由题意结合图像可知《ig=B=500N,所以m=50kg,故A错误；由图可知，运动员在3.6〜4.2s内弹

力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2〜4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重

状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得而ax=胃里=W*m/s2=4。

m/s2,故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为f=8.4s—6.8s=1.6s,所以运动员离开蹦床上

—3.2m,故D正确。

考点三两类动力学问题

深化理解

1.基本思路

牛顿第二定气畸严空

第一类问题

（受力情况）（运动状态）

第二类问题

牛顿第二定律।加速度卜运动学公式

2.基本步骤

根据问题的需要和解题的方便，选出被

研究的物体。研究对象可以是某个物体,

也可以是几个物体构成的系统

画好受力示意图、运动情景图，明确物体

的运动性质和运动过程

通常沿加速度的方向建立坐标系并以加

速度方向为某一坐标轴的正方向

若物体只受两个共点力作用，通常用合成

法；若物体受到3个及以上不在同一直线

上的力，一般用正交分解法

根据牛顿第二定律%=ma或［£'=叫

列方程求解,必要时还要对结果进行讨论

3.解题关键

(1)两类分析一一物体的受力分析和物体的运动过程分析。

(2)两个桥梁一一加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。

已知受力求运动情况

考向一

【例3】(2024•山东日照统考)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角9=37。，质量m=2kg

的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的。点。t=0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力

尸=/*=10N/s),f=6s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间/变化的图像如图乙

所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g=10m/s2,sin37°=0.6)»求:

(1)f=6s时小球的加速度而的大小;

(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离L

答案：(1)5m/s2(2)1.25m

解析：(1)根据题意，对小球进行受力分析，如图所示

由图乙可知，t=4s时，小球的加速度恰好为0,则有Feos0=mgsin0+/

Fsin0+mgcos0=_FN

/=MN

又F=«=10X4N=40N

联立解得u=0.5

根据题意，结合图乙可知，％=6s时，有

方'cos0—m^sinQ—f=mamax

/'sin0+mgcos0=FN，

片此N'

又F=Jt/=10X6N=60N

*2

联立解得〃max=5m/so

(2)/=6s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsin0+|im^cosQ=ma

解得〃=10m/s2

根据题意，由4—/图像中面积表示速度变化量可知，小球由静止运动，，=6s时小球的速度为

v=-X(6—4)X5m/s=5m/s

2

2

由，一处2=2依可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为仁松=1.25m。

已知运动情况求受力

考向二

【例4】(多选)一热气球悬停在距地面65m处(无人区)，由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏

掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到3m/s,此

时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前的高度。已知热

气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg,堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻力可以忽略不计，取重

力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是()

A.热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为0.1m/s2

B.热气球堵住后受到的浮力大小为5600N

C.热气球距地面的最小距离为20m

D.抛出物的质量约为23.3kg

答案：AD

解析：热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小a=^=^^m/s2=0.1m/s2,根据牛顿运动定律有mg—F=ma,

解得尸=5940N,故A正确，B错误；设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为优，则气球回到原高度时有1户

=—。什1/2,把f=30s代入上式，解得，=0.3m/s2,热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为/=£=

2a

2

I，可得热气球下降的最大高度为仁济+/心)=60m,所以热气球距地面的最小距离为/?min=65m—60m=5

m,故C错误；设抛出物的质量为Am,抛出后根据牛顿运动定律，有尸一(m-Am)g=(m-Am)a,,解得

七23.3kg,故D正确。

等时圆模型

方法模型解读

L“光滑斜面”模型

如图所示，质量为机的物体从倾角为0、高度为/7的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律:

（1）物体从斜面顶端滑到底端所用的时间f,由斜面的倾角。与斜面的高度场共同决定，与物体的质量无关。

2h

9

（2）物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度人决定，与斜面的倾角仇斜面的长度、物体的质量无关。

关系式为v=j2gh。

2.“等时圆”模型

（1）三种模型（如图）

（2）等时性的证明

设某一条光滑弦与水平方向的夹角为a,圆的直径为d（如图）。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运

动，加速度为a=gsina,位移为x=dsina,所以运动时间为隹=l2dsina_隹。

即沿同一起点（圆的最高点）或终点（圆的最低点）的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短

无关。

【典例】（2024.重庆模拟）春秋末年，齐国著作《考工记：轮人》篇中记载：“轮人为盖”，“上欲尊而宇欲

卑，上尊而宇卑，则吐水，疾而雷远。”意思是车盖中央高而四周低，形成一个斜面，泄水很快，而且水流的更

远。图甲是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所

示的等腰三角形，底面半径恒定为r,底角为d0取不同的值时，自车盖顶端A由静止下滑的水滴（可视为质

点）沿斜面运动的时间不同。已知重力加速度为g,不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻力。

（1）倾角。为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间fmin；

（2）满足（1）问条件，在车盖底面下方//=f的水平面内有一长为乙=r的水平横梁（可看成细杆），横梁位于

支撑轴正前方，其俯视图如图丙所示，横梁的垂直平分线过支撑轴。现保持马车静止，大量水滴沿车盖顶端由静

止向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离心

A

答案：（1）45。2"⑵斗

解析：（1）水滴沿伞面下滑过程中有

mgsinQ=ma①

器=那2②

由①②得丫=就前

又。＜。母，则当。三时水滴滑落伞面时间最短，解得最短时间%=2匕

9

（2）水滴沿伞面下落过程有mgr=^mv2③

水滴离开伞后做斜下抛运动，且有：水平和竖直两个分速度

Vx=Vy~VCOS—(4)

,4

竖直方向

2

h=Vyt2+lgt2⑤

水平方向

X=Vxt2⑥

由题意，根据几何关系可知

(x+r)2=4+(|)⑦

由③〜⑦式得d=手入

针对训练

（多选）如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为

小t2、t3、f4，已知竖直固定的圆环的半径为r,。为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为遮r,重力加

速度为g，下列说法正确的是（

A.九〉f2

C.Z1

解析：BC1号小球的加速度为m=gsin6（F=/g,位移为乃=2广sin60。=旧厂，运动时间为九=，^=2/；2号

小球的加速度为〃2=gsin30。=夫，位移为X2=2r.sin30。=厂，运动时间为亥=j苧=2j|；3号小球的加速度为方

=gsin6（）o="g,位移为X3=*R=2«r,运动时间为办=隹=户；4号小球的加速度为〃4=gsin30。=盆位

2.Sin3OAI。3\192

移为X4=-^三=2r,运动时间为以=户=隹,则tl=f2,i3=t4,t3—tl=t4-t2=2（或一1）匕tl=t2<t4,故

sm60°'a4yg7g

选B、C„

跟踪训练巩固提升

基础练

1.（2024•重庆沙坪坝模拟）如图所示为“惯性演示”的小实验，质量均为根的四枚棋子a、b、c、d竖直叠放，静

止在水平桌面上。现用一直尺快速击打出最下方棋子d,在d被快速打出后瞬间，。、6、c可视为处于原位置，则

此时（已知重力加速度为g）（）

A.棋子a处于平衡状态

B.棋子6对c的压力为2mg

C.棋子c的加速度为3g

D.棋子a、b、c均处于完全失重状态

解析：D棋子d被打出后，棋子a、b、c加速度相同，均为g,处于完全失重状态，各棋子间无相互作用力。故

选D。

2.如图所示，一蹦极爱好者正在进行蹦极。从爱好者离开高台直至最后在空中静止下来的整个运动过程中，下列说

法正确的是（）

A.爱好者在加速下落过程中，其惯性增大

B.爱好者离开高台瞬间，其速度和加速度都为零

C.爱好者第一次下落到最低点时，其处于超重状态

D.爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳对爱好者的拉力大于重力，处于超重状态

解析：C物体的惯性的大小只与质量有关，质量不变，惯性大小不变，故A错误；爱好者离开高台瞬间，速度

为零，加速度不为零，故B错误；爱好者第一次下落到最低点时，绳的拉力大于重力，爱好者具有向上的加速

度，其处于超重状态，故C正确；爱好者第一次从最低点向上运动的过程中，绳的拉力先大于重力，加速度向

上，爱好者处于超重状态；随着爱好者向上运动，绳的拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，爱好者处于平衡状

态，速度达到最大；爱好者继续上升，绳的拉力小于重力，加速度向下,爱好者处于失重状态，故D错误。

3.（多选）（2024•海南海口模拟）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到。点并系住物体相。现推动物体将

弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直运动到8点速度减为零。如果物体受到地面的摩擦阻力恒定，则（）

6__m_____

：i

......

'77777777777777777777777r7

AOB

A.物体从A到O的过程加速度先变小后变大

B.物体从。到B的过程加速度逐渐变大

C.物体运动到。点时速度最大

D.物体在B点速度减为零后一定保持静止

解析：AB在A点合力水平向右，在。点合力水平向左，因此从A到。存在一个点加速度为零，从A到。加速

度先变小后变大，故A正确；物体从。到2的过程，滑动摩擦力方向向左，弹簧弹力也向左且逐渐增大，所以加

速度逐渐变大，故B正确；当物体加速度为零时速度最大，物体运动到。点时合力是滑动摩擦力，加速度不为

零，速度最大的点在从4到。之间某个位置，故C错误；物体在8点速度减到为零后，如果此时弹簧弹力大于最

大静摩擦力，则物体将继续运动，故D错误。

4.（2024•九省联考河南）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为w时开始刹车，先后经过路

面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1,位移之比为

8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）

%

路面冰面

.1-1

A.-voB.-voC."D.lvo

解析：B设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为力、力，汽车进入冰面瞬间的速度为也，由牛顿第二定律得尸

ma,则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为亲=£=：,由运动学公式，在路面上有天一%2=2。出，

在冰面上有"12=2〃冰2,其中包=”,解得汽车进入冰面瞬间的速度为也=:,故选B。

%273

5.（2023•全国乙卷14题）一同学将排球自。点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到。点。设排球在运动过程

中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（）

A.上升时间等于下落时间

B.被垫起后瞬间的速度最大

C.达到最高点时加速度为零

D.下落过程中做匀加速运动

解析：B排球运动过程中所受空气阻力与速度大小成正比，即尸H（左为大于0的常量）

上升j/下降J7『降…2

mgmg°力2

抛出时速度为环，下落回到原位置速度为V2,由于空气阻力一直做负功，所以方上＞万下，根据耳=人可知以＜＞T,

A错误；由于空气阻力一直做负功，则丫1＞血，垫起后瞬间排球的速度叨最大，B正确；最高点速度为0,只受重

力，此时a=g,C错误；下落过程，根据牛顿第二定律可知mg—前=相处由于速度v增大，所以加速度。减小，

D错误。

6.如图甲所示，某同学用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化

的图像如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0,自由下落时，图像显示的加速度值约为一10

m/s2,忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

甲乙

AJ=0.6s时，手机已下降了约1.8m

B.f=0.8s时，手机正向上加速运动

C.加速度约为70m/s2时，手机速度为0

D.0.6-0.8s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小

解析：C0-0.6s,若手机一直做自由落体运动，手机下降的高度为/1=好=,lOXOdm=1.8m,但由图像

得，0.4s后手机才开始运动，则0.6s时，手机下降的距离一定小于1.8m,故A错误；由图像可知0.6s开始，加

速度大小逐渐减小，此时加速度仍为负值，手机仍向下做加速运动，橡皮筋形变量增大，拉力逐渐增大；约0.8s

拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐

渐增大；当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2,故C正确，B、D错误。

心提他」

7.（2024.重庆模拟）某风景旅游区的观光索道在某段时间其运行的简化示意图如图所示，缆索倾角为37。，缆车通

过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动。已知缆车和卡扣的总质量为加运行过程中缆

车始终处于竖直方向，重力加速度为g,5苗37。=0.6,cos37o=0.8。下列说法正确的是（）

A.缆索对卡扣的摩擦力为0.6mg

B.缆索对卡扣的作用力为08咫

C.卡扣受到的合外力为mg

D.运行过程中缆车处于超重状态

解析：A缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动，对缆车和卡扣受力分析如图所

示，根据共点力平衡条件可知/=mgsin37。，/=06咫，故A正确；缆索对卡扣的作用力与卡扣和缆车的重力，咫

等大反向，故B错误；由于卡扣做匀速直线运动，卡扣受到的合外力为0,故C错误；运行过程中缆车处于平衡

状态，既不超重也不失重，故D错误。

8.（多选）（2024.海南海口一模）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2m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36m时无人机突然

出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5kg,运动过程中所受空气阻力大小恒为10N,取重力加速度大小g

=10m/s2o下列说法正确的是（）

A.无人机失去升力时的速度大小为12m/s

B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60N

C.无人机向上减速时的加速度大小为12m/s2

D.无人机上升的最大高度为36m

解析：AC无人机向上加速过程中，由位移与速度公式得v2—%2=2mx,代入数据解得无人机失去升力时的速度

大小为v=12m/s,故A正确；无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得尸一代入数据

解得尸=70N,故B错误；无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得mg+尸根。2,代入数据解得怎=12

m/s2,故C正确；无人机向上减速过程，由位移与速度公式得声一%2=2.2X,代入数据解得，无人机减速上升的

高度为尤2=6m,则无人机上升的最大高度为77=犬1+尤2=36m