2026高考物理总复习讲义：牛顿第二定律的基本应用

第2讲小专题:牛顿第二定律的基本应用

考点一超重与失重问题

1.实重和视重

⑴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，此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。

2.超重、失重和完全失重的比较

状

超重失重完全失重

态

现

视重大于物体重力视重小于物体重力视重等于0

象

产

生竖直方向上，物体的加速竖直方向上，物体的加速竖直方向上，物体的加速度向

条度向上度向下下且等于g

件

运

动以g为加速度加速下降或减速

加速上升或减速下降加速下降或减速上升

状上升

态

原

理F-mg=mamg-F=maing-F=mg,

方F=mg+rnaF=nig-maF=0

程

［例1］【对超、失重现象的理解】（2024•湖南长沙期中）如图所不，原地纵跳摸高是篮球和

羽毛球运动中重要的训练项目之一。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分蓄力后，发力

跳起摸到一定的高度，落地后屈腿缓冲。运动员在下降过程中，下列说法正确的是（）

[A]始终处于超重状态

[Bl始终处于失重状态

[C]先失重后超重

[D]先超重后失重

【答案】C

【解析】由于物体加速度方向决定超失重情况，当物体的加速度向上时处于超重状态，加

速度向下时为失重状态。运动员下降过程中先以重力加速度下落，接触地面后支持力增大，

向下的加速度减小，变为0后又反向增大，即先失重后超重。故C正确。

I变式]运动员在空中运动过程中超、失重情况如何？

【答案】完全失重

【解析】运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落，加速度均为重力加速度,则运动

员处于完全失重状态。

[例2]【超、失重现象的图像问题】（2024.云南保山期末）（多选）某科技爱好者利用智能

手机加速度传感器，测量升降机在竖直方向运行的加速或，如图所示为手机显示的ar图像,

人站在升降机内由静止开始运动，规定竖直向上为正方向,人与手机质量m=50kg,重刀加

速度g取1。m/s\下列说法正确的是（）

a/（m,s2）

0.4——：

0—______-2?.

$iit,s

-0.4....................j------：

[Al0〜5s站在升降机上的人处于超重状态

fBl片15s时升降机上升的速度大小为3m/s

[C]15-20s升降机对人的支持力大小为520N

[D]0-20s升降机上升的高度为30m

【答案】AD

【解析】由CLf图像可知,0~5s加速度方向向上，人处于超重状态，故A正确。在4-/图

像中，图线与，轴所围而把表示速度的变化，则0〜5s升降机速度增加Av=0.4x5m/s=2m/s,

由于升降机由静止向上做匀加速运动，即5s末的速度为vi=2m/s,该过程升降机位移

2

x\=^at1=5m;5〜15s升降机加速度为0而做匀速运动，则r=15s时升降机上升的速度大小

为2m/s,其位移X2=v72=20m;15〜20s升降机做匀减速运动，初速度%=2m/s,加速度a'

2

=-0.4m/s2,位移xj,=V3h+^a't3=5m;则。〜20s升降机上升的高度为x=x1+x2+x3=30m,故

B错误,D正确。15〜20s升降机做匀减速运动,根据牛顿第二定律有/N-〃吆二根标，解得

尸N=480N,故C错误。

◎・端徽1

判断超重和失重的方法

物体除受重力外，仅受到竖直向上的拉力(或支持力)

受力⑴尸(或尸N)＞叫时,物体处于超重状态。

判断(2)尸(或FN)V〃*时,物体处于失重状态。

(3)F(或FN)=0时，物体处于完全失重状态

物体具有的加速度：

(1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。

加速度

(2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。

判断

(3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时，物体处于完全失重状

态

速度变(1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。

化(2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。

判断(3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态

考点二动力学两类基本问题

1.解决动力学两类基本问题的思路

2.基本步骤

滑雪者在水平雪道上滑行时水平方向只受滑动摩擦力尸尸而做匀减速运动，根据牛顿

第二定律有/img=ma2,

代入数值解得（12=1m/s2;

为使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来，根据速度位移关系式得水平雪道8c的长度

心切2_2。送2.15X100

m=2l5m.

即水平雪道的长度x的最小值为215nio

［变式1为了能在［例引情境中的水平雪道上较快地停下，滑雪者在滑到山坡雪道上的P点

时,开始通过调整姿态来坤加阻力直到B点,进入水平雪道后不再增加阻力。若滑雪者在

山坡雪道上增加的阻力为人对雪道压力的0.9倍，进入水平雪道后经足=44m停下,求滑雪

者开始调整姿态的位置P与B的距离即。

【答案】20m

【解析】滑雪者到达尸点过程中有

2

vP=2a\（L-x\）,

而滑雪者由4点到停下过程中

有VB'2=232,

滑雪者在PB段，根据牛顿第二定律

有mgsin力〃〃geose-0.9〃?gcos0=mci3,

根据匀变速运动规律有诙'2-Up2=2ag,

由以上各式联立，代入数据得.n=20mo

［例4］【已知运动情况求受力】（2024.湖南专题练习）如图甲所示，质量为〃『1kg小球从

固定斜而上的A点由静止开始做加速度大小为m的运动，小球在/尸1s时刻在A处与挡板

碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为S的运动，在12=1.25s时刻到达C点,接着从C点运动

到B点，到达B点的时刻为以整个过程小球的v-t图像如图乙所示3）未知），已知s与

大小的差值为4m/s2,重力加速度g取10m/s2,求：

（1）小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;

(2)/3的值。

【答案】(1)2N0.6(2卢詈s

【解析】(1)设斜面倾角为。，小球从A运动到挡板，即在0〜1s时间内由速度时间公式和

牛顿第二定律得2yo=4|fi"zgsiii6~F(=ma\,

小球从挡板运动到C点，即在h〜以1〜L25s)时间内有

血二。2。2一"),〃?gsin。十%"刈2,

而a2~a\=4m/s2,

联立解得。尸4m/s2M2=8m/s2,vo=2m/s,

%2N,sin9=0.6。

(2)根据v-t图像中图线与，轴所围面积表示位移，由题图乙可知,BC之间位移大小为

_

x\=yx(r2Zi)=0.25m,

设小球从C运动到B的时间为f,根据位移公式，有用二1］产，

解得s,

4

则收』2+片北暑So

4

［变式I若在［例4］的情境中，对小球施加一沿斜面向下的恒力厂,从人点由静止开始运动，

到达8处力尸突然消失,、球与挡板碰撞，此后以碰撞前速度的:反向运动且恰好到达A点,

则恒力厂的大小是多少？

【答案】I4N

【解析】由题图乙可知人、8两点间距离

设小球与挡板碰撞前速度为M,则小球上滑初速度为京丁，小球上滑过程中，根据速度与

位移关系式有(|次)')2=2S%8,

联立解得vo'=|y/2a2vot1=6\/2m/s;

设小球由A到B的过程中加速度大小为〃3,则如'2=2GMB,

又根据牛顿第二定律有F+mgsin0-F(=may,

代入数据解得F=14No

©方法点拨

解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”

逐一分析不同过程的运

两T过程分析］~A动特点，找出相邻过程的

个联系点

分

析

一

加

个

速

桥

度

梁由受力求先由牛顿第二定律求加速度,

运动情况然后由运动规律求运动量

考点三牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用

1.瞬时忤问题的两种模型

2.等时圆模型

(1)结论。

在同一竖直圆上，物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖

直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等，且仅决定于圆的直径。

(2)类型。

如图甲、乙、丙所示，质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的九滑弦上端滑到圆环的最低

点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D从E到几

甲图中质点分别由A、C、。、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、。、

E的时间相等;丙图中质点从E到F、从。到。的时间相等。

［例5］【轻绳模型】（2024•湖南卷,3）如图，质量分别为4加、3m、2mm的四个小球a、b、

c、d,通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于。点，处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c

间的细线剪断，则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为（）

5g［B］2g,1.5g

［C］2g,0.5g［D］g,0.5g

【答案】A

【解析】b、c间细线剪断前,a、b间弹簧弹力凡b=（3〃?+2〃z+"?）g=6〃?g,b、c间细线拉力

凡c=（2/〃+〃2）g=3〃?g,c、d间弹簧弹力凡d=mg；细线剪断瞬间,a、b间弹力不变，对小球b

有五厂3〃2g=3〃”,解得俏招，方向竖直向上;对球3由于b、c间细线拉力突然消失，有

7^+2mg=2〃?4,解得31.5g,方向竖直向下。选项A正确。

［变式|在［例5］情境中，若不是剪断b、c间细线，而是紧靠b球上侧剪断弹簧，则剪断弹簧

瞬间各球加速度是多少？

【答案】a（l=0ab=ac=l.2g«<i=0

【解析】在b球上侧剪断4、b间弹簧瞬间,弹黄弹力不发生突变，则4、d两球不受影响

而加速度为0;由于b球受到的向上的弹力突然消失，而细线拉力会发生突变，若细线拉力

突然消失，小球b只受重力，小球c除受重力外，还有c、d间弹簧弹力，此时有仇<4,显然细

线拉力不可能消失，而使球b、c具有共同的加速度，对b、c整体，有（3〃?+2Mg+尸如=5松be,

即〃bc=L2g。

［例6］【轻杆模型】如图所示，光滑斜面的倾角为次球A质量为2〃h球B质量为凡图

甲中A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹

簧、轻杆均与斜而平行.在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间.则有（)

AA

甲乙

［A］图甲中球A的加速度为gsin0

［B］图甲中球B的加速度为0

［C］图乙中两球的加速度均为0

ID］图乙中两球的加速度均为gsin〃

【答案】D

【解析】题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则球A所受合力为0,加速度为

0,选项A错误;撤去挡板前，挡板对球B的弹力大小为3^sin4撤去挡板瞬间，球B与挡板

之间弹力消失，则所受合力为尸产3〃侬in/由F合二ma可知加速度为〃B=3gsin选项B错

误;题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为2,〃gsin/撤去挡板瞬间，球B所受挡板支持力突

然消失，杆的弹力发生突变，由于A、B用轻杆连接，则球A、B加速度相等,其整体所受合

力为3sgsin。，加速度均为gsin。，选项C错误,D正确。

［变式］若把［例6］中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，如

图丙、丁所示，则在两细绳烧断的瞬间，图丙和图丁中两球的加速度是否相等？

【答案】图丙中B球加速度为零,A球加速度为|g;图丁中,A、B的加速度相同，均为g

【解析】细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，题图

丙中球B所受合力仍为零，加速度为零，球A所受合力为3〃长.加速度为:g;题图丁中，细绳烧

断瞬间,A、B的加速度相同，设为以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有3mg=3〃心，

解得a=g(,

◎嘲热甥

分析瞬时问题要“瞻前做后”

席的一Q■，分析原状态下物体的受力情况，求出各

，大小

fJ

剪断细或、剪物体若处于平衡状

断弹簧、抽出态，则利用平衡条件；

木板、撤去某若处于加速状态，则

个力等利用牛顿第二定律

分析哪些力不变，哪些力突变或消失，细

线或细杆中弹力突变并不一定变为o

_______________A___________________

被剪断的绳、产生在被撤去物体接触

面上的弹力会立即消失

①-求物体在状态变化后所受的合力，利

用牛顿第二定律，求出瞬时加速度

［例7］【"等时圆”模型】（2024•山西大同阶段检测）（多选）如图所示,在斜面上有四条光滑

细杆，其中04杆竖直放置,。8杆与0。杆等长,0C杆与斜面垂直放置，若每根杆上都套着

一个小滑环分别从。点口静止释放，沿OA、OB、OC.滑到斜面上所用的时间依次为

小，2、，3、，4。卜一列关系.王确的是（）

[A]ti>t2>t3[B]t\=t3>t2

[C]r2=/4>zi[D]，2<，3<久

【答案】BD

【解析】以OA杆为直径作圆，由圆的知识可知C点处于圆上乃点在圆内，力点在圆外，如

图所示，由于四个环均从圆的最高点滑下，由等时圆模型规律可知力=小而沿滑下的环

早于沿0A或0C滑下的环到达斜面，沿O。滑下的环晚于沿OA或0C滑下的环到达斜

面，即/2〈/曰3<14,故选B、Do

I变式］若竖直面内三根固定的光滑细杆O。、Ob、0c的。、“、力、c与d点位于同一圆

周上,d点为圆周的最高点,。点为最低点，如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从。点

无初速度释放，用小匕、口依次表示滑环到达。、b、c所用的时间，则（）

[A]Z|=/2=/3

ICJti<t2<t3[D]/)>/2>/3

【答案】D

【解析】以O点为最高点，取合适的竖直直径0e作等时圆,使圆交0b于儿如图所示，根据

等时圆模型规律可知，小滑环分别从0由静止到f、b、g的时间相等，此时沿0。杆滑下的

环未到a点、，沿Oc杆滑下的环平到达c点，可得h>t2>h,D正确。

◎・豺端甥

“等时圆”模型规律的应用

A课时作业

（满分:70分）

国基础对点练

对点I.超重与失重问题

1.（4分）（2024-云南昆明阶段练习）一乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间，的关系图像

如图所示，乘客的速度大小用v表示。以下判断正确的是（）

[A10〜力时间内增大，乘客处于超重状态

[B]。〜/2时间内）减小，乘客处于失重状态

[C]攵〜为时间内）增大，乘客处于超重状态

LDJp2~小时间内）减小澡客处于超重状态

【答案】A

【解析】由于厂/图像中图线的斜率表示速度，可知。〜八时间内）向上且增大，则加速度

向上，乘客处于超重状态H〜力时间内并不变,乘客勺速上升，即处于平衡状态;/2〜，3时间

内）向上且减小，则加速度向下,乘客处于失重状态。A正确。

2.（4分）（2025.云南高考适应性考试）某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行

前电子秤的示数如图甲所示.电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示则该

时刻电梯（重力加速度g取10m/s2）（）

甲乙

IAJ做减速运动,加速度大小为1.05m/s?

[B]做减速运动，加速度大小为0.50m/s2

©做加速运动，加速度大小为1.05m次

[D1做加速运动,加速度大小为0.50m/s?

【答案】D

【解析】由题意知，电梯在上升的过程中,视重大于实重，受到的支持力大于重力，处于超重

状态，加速度向上，做加速运动;由牛顿第二定律有入-/明二〃心,解得«=0.50m/s?,故D正确。

对点2.动力学两类基本问题

3.（4分）（2024•海南阶段练习）如图所示，光滑的水平地面上静止放置一辆小车，在小车的内

部用两根细绳拴一个可视为质点的小球，其中a绳水平,b绳倾斜且与a绳之间的夹角为

150。,下列说法正确的是（）

IAJ小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为1：2

[BJ小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为V3：2

[C]若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，随着加速度的逐渐增大，两绳上的

拉力也逐渐增大

[DJ若小球随着小车一抚水平向右做匀加速直线运动的加速度等于1.5g时.a绳上的折力

恰好为0

【答案】B

【解析】设细绳a、b的拉力分别尸ra、尸侬小车静止时，由平衡条件可得且』cos30。二立，

尸Tb2

故B正确,A错误;设小球的质量为风若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，竖

直方向有FrbSin30°=〃?g,可得FTb=2，〃g,水平方向有F^rFTbCOS30°=〃也可得Fjd=ma+^3m^,

即Fra随着加速度增大而增大，而尸Tb不变，故C错误;若小球随着小车一起水平向右做匀加

速直线运动，当a绳上的拉力恰好为0时，竖直方向根据平衡条件FTbsin30。=〃出,可得

Frb=2mg,水平方向Frbcos30°=〃孙得。二b名可知当加速度为1.5g时，细绳a处于张紧状态，

故D错误。

4.（16分）（2024•安徽合肥期中）钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12m的水平直道

AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道BC与水平面的夹角为15%运动员

从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s,紧接着快速俯卧到车上沿

8c匀加速下滑（图乙所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点,始终在

冰面上运动，其总质量为110kg,取sin15°=0.26,g取lOm/s?,求:

15°

甲乙

(1)雪车(包括运动员)在直道AB上的加速度大小和在AB上运动时间力;

(2)过。点的速度大小；

(3)在斜道8C上运动时受到的阻力大小。

【答案】(1)1m/s23s(2)12m/s(3)66N

【解析】(1)设雪车在直道A8段加速度大小为41,根据位移速度公式有以2=2«凶8,

2

解得0=止=上m/s2dm/s,

2XAR2X123

根据速度公式有VB=a\t\,

则1产也=3So

fll

⑵从B点到。点过程中，由匀变速直线运动速度与位移关系式得知「何+处］,

其中12=5.0s-t\=2s,

联立解得做=2m/s\

过C点的速度大小为

VC=VB+6Z2/2=12m/s©

(3)设在斜道BC上运动时受到的阻力大小为R,由牛顿第二定律可得mgsin

代入数值解得Ft=66No

对点3.牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用

5.(6分)(2024.贵州三模)(多选)如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和。8悬挂静

止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为0,绳OB水平。重力加速度为g,下列说法正确的是

［A］剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为0

IBJ剪断绳08瞬间,小球的加速度大小为gsin0

LC］剪断绳瞬间，小球的加速度为零

［D1剪断绳OA瞬间，小球的加速度为g

【答案】BD

【解析】剪断绳0B瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，此时速度为0,则沿细绳方向

加速度为0,沿垂直于细绳方向有〃吆sin3=ma,解得a二gsin0,故A错误,8正确;同理剪断OA

瞬间,其竖直方向有〃ig=ma'，即a'=g,故C错误,D正确。

6.（4分）（2025・陕晋青宁高考适应性考试）如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹

簧连接，并用轻绳L、上固定，处于静止状态入水平心与竖直方向的夹角为60。,重力加速

度大小为go贝1J（）

[A]Lt的拉力大小为次

但]五的拉力大小为3mg

[C]若剪断人该瞬间小球甲的加速度大小为bg

[DJ若剪断心,该瞬间小球乙的加速度大小为g

【答案】C

【解析】对甲、乙整体受力分析可知,L的拉力大小为户n=2〃?g/an60。=2祗〃田,上的拉力

大小为西"卫鼻=4〃?g,选项A、B错误。剪断心的瞬间，弹簧的弹力不变,则小球乙受的

合力仍为零,加速度为零;对甲分析12中拉力发生突变，重力和弹簧弹力的合力沿轻绳上

方向的分力与&的拉力平衡，垂直于轻绳G方向的分力提供加速度，有〃=2mgsin60?之

m

选项C正确,D错误。

7.（12分）（2024•四川绵阳濠时练习）滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和

AC,A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周

半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离八点为百尺且与A等高。各滑梯的

摩擦均不计，口知重力加速度为8。

（D如果小朋友由静止开始分别沿八8和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的付间

关系；

（2）若设计一部上端在P点,下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时,

在滑梯上运动的最短时间是多少？

（I）见解析⑵后

【答案】

【解析】（1）设A8与水干方向的夹角为“

小朋友沿AB下滑时的加速度。=差:in叱gsin仇

由运动学公式有用8=》以B2,

由几何关系知%AB=2/?sin仇

解得〃8=J^,

则沿滑梯运动的时间/与滑梯和水平面间的夹角无关词理可知〃c=后,

故1AB=1AC。

（2）作以P点为最高点、半径为r且与题图中圆外切的即如图，

设切点为。，根据第（1）问的结论，当小朋友沿滑梯PD下滑时，

在滑梯上运动的时间最短，由几何关系知（次+〃）2=（/?-〃）2