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第 2 讲 牛顿第二定律的基本应用
目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、
瞬时加速度问题进行分析计算．
考点一 瞬时问题
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
→→→
例1 如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，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，设抽出的瞬
间，物块1、2的加速度大小分别为a、a.重力加速度为g.则有( )
1 2
A．a＝0，a＝g B．a＝g，a＝g
1 2 1 2
C．a＝0，a＝4g D．a＝g，a＝4g
1 2 1 2
答案 C
解析 开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力大小F＝3mg，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a ＝0；抽出木板的瞬间，弹簧的
1
弹力不变，对物块2分析，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a ＝＝4g，故C
2
正确，A、B、D错误．
例2 (多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球
静止时，橡皮筋处在水平方向上，绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列判断中
正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
答案 BC
解析 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为F ，由平衡条件可得Fcos θ＝
T
mg，Fsin θ＝F ，解得F＝，F ＝mgtan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，
T T
BC上的拉力F突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，解
得a＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的
合力大小与BC被剪断前BC的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，根据牛顿第二定律
有＝ma′，故加速度大小a′＝，C正确，D错误．
例3 (多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细
线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为 37°.现剪断细线P.弹簧
的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(
)
A．剪断细线P前，弹簧形变量为
B．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为
C．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小
D．剪断与a球连接处的弹簧的瞬间，小球a的加速度大小为0.8g
答案 ACD
解析 剪断细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力、水平向右的弹簧
弹力以及沿细线P向上的拉力．根据共点力平衡有F sin 37°＝mg，F cos 37°＝kx，联立解得
T T
x＝，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，所受合
力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为F ＝mg，剪断与a
T球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球a即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向
合力为零，切向合力提供切向加速度，有F ′－mgsin 37°＝ma ＝0，mgcos 37°＝ma，解得
T n t
F ′＝mgt
1 2 2 3
C．ta ，由x＝at2可知，t>t ，即t>t＝t，故B、C、D正确．
ca Ob 2 ca 2 1 3等时圆模型
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圆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．
课时精练
1.(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图
所示．乘客所受支持力的大小用F 表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判
N
断正确的是( )
A．0～t 时间内，v增大，F >mg
1 N
B．t～t 时间内，v减小，F mg
2 3 N
答案 D
解析 根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t 时间内v增大，t ～t 时间内v减小，t ～t
1 2 3 1 2
时间内v不变，故B、C错误；0～t 时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则
1
F mg，故D正确．
N
2．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速
度做匀加速直线运动.2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是( )
A．小车2 s末的速度大小是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
答案 B
解析 根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at ＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定
1
律得F－F＝ma，解得F＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间为
f f
t＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t＋t＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误．
2 1 2
3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖
直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案 AD
解析 人乘电梯向上运动，规定竖直向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则
有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人
的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C
错误．
4.(多选)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、
45°、30°.物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是( )
A．物体沿CA下滑，加速度最大
B．物体沿EA下滑，加速度最大
C．物体沿CA滑到底端所需时间最短
D．物体沿DA滑到底端所需时间最短答案 AD
解析 设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得
mgsin α＝ma，解得a＝gsin α，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确，
B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得＝at2，联立可求得t＝2，当α＝45°时t有最小值，
说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确．
5.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连
着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连
在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加
速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A．a ＝a ＝g B．a ＝2g，a ＝0
A B A B
C．a ＝g，a ＝0 D．a ＝2g，a ＝0
A B A B
答案 D
解析 水平细线被剪断前分别对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，F ＝Fsin 60°，Fcos 60°＝m g＋F ，F ＝F′＝m g，又m ＝m ，联立解得F ＝
T A 1 1 1 B A B T
2m g；水平细线被剪断瞬间，F 消失，其他各力不变，A所受合力与F 等大反向，所以a
A T T A
＝＝2g，a ＝0，D正确．
B
6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆
心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑直轨道 AOB、COD、EOF，它们的两端分别
位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨
道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A．t ＝t ＝t B．t >t >t
AB CD EF AB CD EF
C．t t >t ，B项正确．
AB CD EF
7.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A.B和C
分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨
道，自A处由静止释放小球(可看为质点)，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t ，
1
沿AC轨道运动到C点所用时间为t，则t 与t 之比为( )
2 1 2
A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ D．1∶
答案 D
解析 如题图所示，设小圆中任意一条过A点的弦长为s，与竖直方向的夹角为θ，则s＝
2Rcos θ，小球下滑的加速度a＝gcos θ，根据s＝at2得t＝2，可知下滑时间与θ无关，因此
从A点沿不同弦下滑的时间相等，故小球沿 AB下滑所用的时间等于小球在高度为 2R的位
置做自由落体运动所用的时间，即 2R＝gt2，同理，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在
1
高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝gt2，联立解得＝，选项D正确．
2
8．(多选)(2023·安徽黄山市模拟)奥运冠军全红婵在第14届全运会上再次上演“水花消失
术”夺冠．在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上
跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设
所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为 35 kg，重力加速度大小取 g＝10
m/s2，则( )A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
答案 AD
解析 跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全
红婵的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v t－
0
gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v ＝v －gt＝－
1 0
15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F ＝
阻
mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．
9．(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑
轨与水平面成24°角，长度l＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜
1
滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°
＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小；
1
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l.
2
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma
1
代入数据解得a＝2 m/s2
1
(2)根据运动学公式有v2＝2al
11
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma
2
根据运动学公式有v 2－v2＝－2al
max 22
代入数据联立解得l＝2.7 m.
2
10．某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞
机由静止开始先在一段水平距离为L ＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L ＝20.5 m
1 2
的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小
恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h＝2.05
m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2
倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.
答案 (1)40 m/s (2)8.5 s
解析 (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a ，阻力大小为F ，在水平跑道上运动
1 阻
的末速度大小为v，由牛顿第二定律得F－F ＝ma ，
1 阻 1
F ＝0.2mg，
阻
v2＝2aL，
1 1 1
联立以上三式并代入数据解得a＝5 m/s2，v＝40 m/s.
1 1
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a，在倾斜跑道末端的速度大小为v，
2 2
飞机在水平跑道上的运动时间t＝＝8 s，
1
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F －mg＝ma ，
阻 2
代入数据解得a＝4 m/s2，
2
由v2－v2＝2aL，
2 1 2 2
代入数据解得v＝42 m/s，
2
飞机在倾斜跑道上的运动时间t＝＝0.5 s，
2
则t＝t＋t＝8.5 s.
1 2
11.(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．
A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的
杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相
对于杯底(不计空气阻力，ρ <ρ <ρ )( )
木 水 铁
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案 D
解析 开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮
的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球
将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线
的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.
