2025年高考物理一轮复习：牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用

夯宴双星

基础梳理

1.瞬时问题

（1）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.

（2）轻绳（或轻杆）和轻弹簧（或橡皮条）的区别

如图甲、乙中小球处、汲原来均静止，现如果均从图中/处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹

簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力立即变为0.

①轻绳（或轻杆）：剪断轻绳（或轻杆）后，原有的弹力将突变为0.

②轻弹簧（或橡皮条）：当轻弹簧（或橡皮条）两端与其他物体连接时，轻弹簧（或橡皮条）的弹力_

不能发生突变.

2.超重和失重

（1）超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象;物体具有—

向上的加速度.

（2）失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象;物体具有—

向下的加速度.

（3）完全失重：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）^^的现象称为完全失重现

象；物体的加速度a=g,方向竖直向卜.

（4）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.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.

3.动力学的两类基本问题

（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律/合=

侬）求出加速度,再由运动学的有关公式求出速度或位移.

（2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出加速度，再由牛顿第

二定律求出合力，从而确定未知力.

（3）应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的

纽带，分析流程如下：

由力求运动

f~~、牛顿第二定律J------、运动学公式一，

［受力情况，［加速加］［运动［况］

由运动求力

易错辨析

1.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度.（V）

2.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了.（X）

3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.（X）

4.物体做自由落体运动时处于完全失重状态，此时物体不受重力作用.（X）

5.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态.（X）

6.运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决

定.（X）

素养发展

考点u瞬时加速度问题分析

1.两种模型

加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下

两种模型：

:不发生明显形变就能产生弹力，剪断或

轻绳轻杆i脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立

和接触面1即消失或改变一般题目中所给的轻绳、

!轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可

；按此模型处理

两种‘1

模।型;百蹿售而薪耳说葡展7而薪，亩

1定端）时,由于物体有惯性.弹簧的长

弹簧、蹦床；度不会发生突变，所以在瞬时问题中，

和橡土筋;其弹力的大小认为是不变的，即此时弹

:簧的弹力不突变

2.在求解瞬时加速度时应注意的问题

（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析

和运动分析.

（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变.

八

4

国断（2023•伍佑中学期初）如图所示，质量相等的小球处、仍通过轻弹簧相连，处于静止状态.现

突然将图中/处剪断，在剪断的瞬间防、施的加速度分别为（A）

A.2g、0B.2g、g

C.g、gD.g、0

解析：设两小球质量均为如剪断轻绳前对下方小球也受力分析可得弹簧弹力履=侬，剪断轻绳

的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球泌所受合力为履+侬=2侬，根据牛顿第二定律，则小球处的

加速度&=等=2.磔的受力情况没有变化，小球血所受合力为零，小球磔的加速度为包=0,故A

正确.

囱硼2（2024•江都中学期初）如图所示，/球质量为8球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为%

图甲中，46两球用轻弹簧相连，图乙中/、方两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直,

弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间有（C）

甲乙

A.图甲中/球的加速度大小为gsin3

B.图甲中6球的加速度大小为2gsine

C.图乙中46两球的加速度大小均为gsine

D.图乙中轻杆的作用力一定不为零

解析：设5球质量为R,则/球的质量为3双撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对5球的弹力大小均

为4侬sin9,因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中月球所受

的合力为零，加速度为零，6球所受合力大小为4侬sin9,加速度大小为4gsin9；题图乙中，撤

去挡板的瞬间，46两球整体受到的合力大小为4侬sinA、夕两球的加速度大小均为gsin9,

则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确.

考点因超重和失重现象

1.对超重和失重的理解

（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.

（2）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失.

（3）尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重

或失重状态.

2.判断超重和失重的方法

当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处

从受力的角度判

于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零

断

时，物体处于完全失重状态

当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有

从加速度的角度

向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等

判断

于重力加速度时，物体处于完全失重状态

从速度变化的角物体向上加速或向下减速时，超重；

度判断物体向下加速或向上减速时，失重

某人在地面上最多可举起50kg的物体，若他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg

的物体，电梯加速度的大小和方向为(取g=10m/s?)(D)

A.2m/s2竖直向上B.-m/s2竖直向上

5

C.2m/s2竖直向下D.-m/s2竖直向下

解析：由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为冗=侬=500N,在电梯中人能举起60kg

600—5005

物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体有m'g—F=m'a,可得a--------m/s2=-m/s2,

mbl)o

D正确.

画如图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表

示人的重心.图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取C)

A.人的重力可由6点读出，约为300N

B.6到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态

C.人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态

D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度

解析：开始时人处于平衡状态，由a点读出，人对传感器的压力约为900N,人的重力也约为900

N,故A错误；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，则物体处于失重状态，此时有向下的加

速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，则物体处于超重状态，此时有向上的加速度；b

到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的

作用，处于完全失重状态，故C正确；6点压力与重力的差值要小于C点压力与重力的差值，则人在6

点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误.

考点©动力学两类基本问题

1.两类动力学问题的解题步骤

(明确”究对象)--利用整体法或隔离法确定研究对象

受力分析和运画好受力示意图、运动情景图，明确物体

动状态分析的运动性质和运动过程

选取力的

处理方法合成法或正交分解法

(选取正方向)通常规定加速度的方向为正方向

①根据牛顿第二定律区=用。或］'g

确定合外力

列方程求解②由运动学公式列出辅助方程

2.多运动过程的分析

(1)基本思路

①将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.

②对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.

③根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程.

④分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.

⑤联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.

(2)解题关键

①注意应用广大图像和情景示意图帮助分析运动过程.

②抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析.

颤15(2024•盐城高三上期中)一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑

动的磨痕.警察测出路面上磨痕长度为22.5m.根据对车轮与路面材料的分析可知，车轮在路面上滑

动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小是5.0m/s2.取g=10m/s2.求汽车：

(1)刹车时速度的大小F.

答案：15m/s

解析：由题可得F=2ax

解得v=15m/s

(2)与路面间的动摩擦因数〃.

答案:0.5

解析：由题可得尸合=侬

则有Fa=f=lung

解得U=0.5

画映如图甲所示，倾角。=37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量R=1kg的物块在沿

斜面向上的恒力尸作用下，由斜面底端/处从静止开始沿斜面向上做匀加速运动.当物块运动G=2s

时撤去外力F,物块继续向上运动，一段时间后物块到达最高点B.物块运动的广亡图像如图乙所示.取

g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

t;/(m・s7)

(1)物块和斜面之间的动摩擦因数.

答案：0.5

解析：(1)由图像得第3s内的加速度大小为

Av.

31~—~~—10m/s?

61

第3s内侬sin0+iimgcos9=叫

解得4=0.5

(2)沿斜面向上的恒力尸的大小.

答案：15N

解析：由图像得前2s内的加速度为

A,,

a2=~~K=5m/s

L2

前2s内F—mgsin9-ningcos。=maz

解得b=15N

(3)物块从最高点8返回到斜面底端力点所用时间t.

答案：标s

解析：当物块从8点返回时

mgsin。一iimgcos。=眸

解得a=2m/s2

即物块从夕返回4时，一直做a=2m/s?的匀加速直线运动.

「力图像面积代表位移，A,8两点间的距离

1

JV=-X3X10m=15m

s

“等时圆”模型及应用

丙

1.模型特征

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所

示.

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示.

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下

端所用时间相等，如图丙所示.

2.思维模板

径的关系式

咽如图所示，网为圆的竖直直径，AQ,BQ、制为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于4B、

C三点.现让三个小球（可以看成质点）分别沿着力aBQ、的轨道自端点由静止滑到。点，运动的平均

速度分别为%、吸和%,则（A）

A.理＞匕＞匕B.Kl>V2>V3

C.匕＞匕＞及D.K1>V3>V2

解析：设任一斜面的倾角为%圆的直径为a根据牛顿第二定律得到4=gsin9,斜面的长度

2dsin9

为x=dsin9,贝！］由方2得方=三，可见，小球下滑到0点的时间与

gsin夕

斜面的倾角无关，即11=22=均，根据卜=:因太2＞汨＞矛3,可知运＞%＞内，故A正确.

类题固法

1.（2024•淮安第一次调研）如图所示，球壳内有三条弦力、OB、OC,。为球内的最低点，它们与

水平面间的夹角分别为60°、45。、30。.三个光滑的小环分别从4B、。处由静止沿所在弦下滑，运

动到最低点所用的时间分别为以友、tc,则三者之间大小关系为（A）

A.tA=tB=tc

C.tA>ts>tcD.tA=tB

解析：设弦与竖直方向夹角为以球的半径为尼由小环沿弦做匀加速运动有27?cos9=^gcos

解得运动时间为力=2、yi，与弦和竖直方向夹角无关，所以小环运动到最低点的时间相等，故

选A.

2.（2024•东台期初改编）如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑

的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，/在圆上，方在圆内，C

在圆外.从4，三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是

（B）

1

A.从/处释放的球

B.从6处释放的球

C.从C处释放的球

D.从4B、。三处释放的球同时到达

解析：设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为。，圆1的半径为r,

圆2的半径为A,则圆内轨道的长度s=2（r+7?）cosa,下滑时小球的加速度a=gcosa,根据位移

时间公式得s=]at,贝I]t=A/—=A/-g©osa—=\g—，即当板的麻点在圆上时，小球沿

不同板下滑到底端所用的时间相同.由题意可知，/在圆上，6在圆内，C在圆外，从8处释放的球下

滑的时间最短，B正确.

一―内化

1.（2023•伍佑中学期初考）如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力尸作用而运动，前方固

定一轻质弹簧.当木块接触弹簧后，下列说法中正确的是（B）

/

4F

--

A.木块将立即做匀减速直线运动

B.木块仍将加速运动一段时间

C.当弹簧弹力大小等于恒力产时，木块速度为零

D.当弹簧处于最大压缩状态时，木块加速度为零

解析：当木块接触弹簧后，恒力尸先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动，后

做减速运动，随着弹簧弹力的增大，加速度先减小，后增大，故木块先做加速度减小的变加速运动，后

做加速度增大的变减速运动.当弹簧弹力大小等于恒力6时，木块的速度最大，故A、C错误，B正确；

在弹簧处于最大压缩量时，木块速度为零，此时弹簧的弹力大于恒力凡合力向右，加速度不为零，故

D错误.

2.（2023•无锡期末）在电梯内放一个体重计，电梯静止时，小花站在体重计上示数为50kg.电梯

运动过程中，某段时间内小花发现体重计示数如图所示.在这段时间内，下列说法中正确的是（D）

A.电梯一定竖直向上运动

B.电梯一定竖直向下运动

C.小花所受的重力变小了

D.电梯的加速度大小为f方向竖直向下

解析：由题意可知，小花这段时间是处于失重状态，故小花的加速度方向竖直向下，可能是加速向

下运动，也有可能是减速向上运动，故A、B错误；小花所受的重力只与小花的质量和当地的重力加速

度有关，而这两个物理量没有发生变化，故C错误；由牛顿第二定律尸=侬可知，对小花进行受力分

析，代入侬-可知方向竖直向下，故D正确.

3.（2024•泰州中学期初）如图所示，质量分别为力和2加的44两物块，用一轻弹簧相连，将/

用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块占调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂/物块

的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为乂突然撤去木板，重力加速度为g,物体运动过

程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是（C）

A.撤去木板瞬间，5物块的加速度大小为g

B.撤去木板瞬间，6物块的加速度大小为0.5g

C.撤去木板后，8物块向下运动3x时速度最大

D.撤去木板后，5物块向下运动2x时速度最大

解析：撤去木板瞬间，6物块受到的合力为3侬，由牛顿第二定律可知为=1.5g,故A、B错误;

当8物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2=2mg=kx2,Xmg=kx,所以弹簧此时的伸长量用

=2x,即6物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误.

4.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦

的运动，那么如图所示的四种情况中最符合要求的是（C）

CD

解析：设屋檐的底角为夕，底边长为2£（不变）.雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第

二定律得加速度a=姮£=gsin9,位移大小s=%巴而s=*,联立以上各式得t=

4£

71H.当"45。时，sin2为最大值，时间力最短，故C正确.

配套精练

1.如图所示，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后向下运动，则运动员越过横杆前、后在空

中所处的状态分别为（A）

A.失重、失重B.超重、超重

C.失重、超重D.超重、失重

2.两个质量均为勿的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示.现突然迅速剪断轻绳0A,

让小球下落.在剪断轻绳的瞬间，设小球46的加速度分别用以和包表示，则（A）

，〃〃〃〃〃〃,

O

6

4

A.8=g,B.a=0,&=2g

C.a=g,也=0D.a=2g，&=0

解析：由于绳子张力可以突变，故剪断以后小球48只受重力，其加速度以=&=g,故A正确.

3.（2024•徐州期中）某同学把一只弹簧测力计改装成“竖直加速度测量仪”，用来测量电梯竖直

运行时的加速度，他将弹簧测力计上原本为1.0N的刻度改为0m/s2.测量电梯加速度时将重1.0N的

钩码挂在弹簧测力计上，当指针指在0m/s,刻度线上方时（A）

A.钩码处于失重状态

B.钩码处于超重状态

C.电梯可能在加速上行

D.电梯可能在减速下行

解析：当指针指在0m/s,刻度线上方时，可知拉力小于1N,对钩码有侬一尸=侬，即加速度向

下，钩码处于失重状态，电梯加速上行或者减速下行时均为超重状态，故选A.

4.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某

一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度

后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力尸随时间t变化的

图像如图乙所示（忽略一切阻力），贝lj（D）

F

乙

A.心时刻小球速度最大

B.打时刻小球处于失重状态

C.友〜友这段时间内，小球的加速度先增大，后减小

D.友〜友这段时间内，小球的速度先增大，后减小

解析：小球先自由下落，九时刻与弹簧接触后做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速

度达到最大；之后加速度变为向上且不断变大，小球做减速运动，友时刻减速到0,处于超重状态，故

A、B错误；灰〜友时间内，小球处于上升过程，先做加速运动，后做减速运动，加速度先减小，后增大，

故C错误，D正确.

5.（2024•常州期中）某同学用智能手机中加速度传感器研究运动.用手掌托着手机，打开加速度

传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直

向上为正方向，取g=10m/s?.由此可判断出手机（C）

A.右时刻运动到最高点

B.友时刻运动到最高点

C.以时刻对手掌的压力为零

D.打〜友时间内，受到的支持力先减小，再增大

解析：白时刻向上的加速度最大，此时手机将继续向上运动，此时刻没有运动到最高点，故A错

误；友时刻加速度为零，此时向上的速度最大，还没有运动到最高点，故B错误；套时刻加速度为向下

的g,此时手机完全失重，则对手掌的压力为零，故C正确；心〜右时间内，加速度先向上，后向下，

则手机先超重，后失重，则手机受到的支持力一直减小，故D错误.

6.彩虹圈有很多性质和弹簧相似，在弹性限度内彩虹圈间的弹力随着形变量的增加而增大，但彩

虹圈的重力不能忽略.用手拿起彩虹圈的上端，让彩虹圈的下端自由下垂且离地面一定高度，然后由

静止释放.设下落过程中彩虹圈始终没有超出弹性限度，贝hA）

A.刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度

B.刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度等于当地的重力加速度

C.刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长度变长

D.彩虹圈的下端接触地面前，彩虹圈的长度不变

解析：由于彩虹圈重力的作用，刚释放瞬间彩虹圈上端会受到其下面向下的拉力，则其合力大于重

力，所以刚释放瞬间彩虹圈上端的加速度大于当地的重力加速度，故A正确；彩虹圈下端会受到上面

彩虹圈的向上的拉力，其合力小于重力，则刚释放瞬间彩虹圈下端的加速度小于当地的重力加速度，

故B错误；由于彩虹圈上端的加速度大于其下端的加速度，则刚开始下落的一小段时间内彩虹圈的长

度变短，故C错误；彩虹圈下端接触地面前，彩虹圈内部弹力使得彩虹圈的长度不断变化，故D错误.

7.一小物块从倾角为。=30°的足够长的斜面底端以初速度玲=10m/s沿固定斜面向上运动（如

图所示），已知物块与斜面间的动摩擦因数〃=%，取g=10m/s2,则物块在时间力=1.5s时运动的

O

距离为（B）

A.3.75mB.5m

C.6.25mD.15m

解析：小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a=gsinaiigcosa-=10m/s2,物块运动到

VQ

最高点所需时间t=—=ls＜l.5s,由于侬sina=nmgcos。，小物块运动到最高点速度为零后，

a

2

将静止在斜面上不再运动，故此时小物块运动的距离为x=f=5m,B正确.

la

8.（2024•泰州中学期初）如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板上，轻弹簧/

下端固定在容器底部，轻弹簧6上端固定在容器顶部.甲、乙、丙是三个不同材质的实心球，甲连在4

的上端，乙连在5的下端，丙悬浮在液体中.已知甲、乙、丙和液体的密度关系为。乙〈0丙=0淑＜0

甲，则剪断绳的瞬间相对于容器（不计空气阻力）（C）

A.甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动

B.甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动

C.甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球不动

D.甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球不动

解析：依题意，由于0乙〈0丙=0液＜0甲，根据浮力公式/浮=0浓排可知，轻弹簧/、6均处于压

缩状态，剪断绳的瞬间，系统处于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定律可

知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于g,所以三者相对于容器，甲球将向上运

动，乙球将向下运动，丙球保持不动，故选C.

9.如图所示，在竖直平面内有半径为A和2A的两个圆，两圆的最高点相切，切点为45和。分

别是小圆和大圆上的两个点，其中48长为明凡4c长为2明发现沿46和4C建立两条光滑轨道，自A

处由静止释放小球，已知小球沿轨道运动到6点所用时间为h,沿/C轨道运动到C点所用时间为

t2,则