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第 7 讲 牛顿第二定律 两类运动学问题
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.
2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．
3.牛顿运动定律在其他模型上的应用
考点一 瞬时加速度的求解
1．牛顿第二定律
(1)表达式为 F ＝ ma .
(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．
2．两类模型
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，
不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
[例题1] （多选）（2024•南充模拟）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜
面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整
个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，
物体P的加速度大小a 和矩形框Q的加速度大小a 分别为（ ）
P Q
g
A．a ＝0 B．a ＝g C．a = D．a ＝g
P P Q 2 Q
【解答】解：AB．对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，处于平衡状态，合力为
零，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，故物体 P的受到的合力仍为零，故加速度 a
P
＝0，故A正确，B错误；
CD．对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，根
据平衡条件有
T＝2mgsin
细绳被剪断θ的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力情况会与之前的拉力T等大
反向，即
F合 ＝T＝2mgsin
所以 θ
2mgsinθ
a = =g
Q m
故C错误，D正确。
故选：AD。
[例题2] （2023•蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，
两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计
算正确的是（ ）A．A、B所受弹簧弹力大小之比为√3：√2
B．A、B的质量之比为m ：m =√3：1
A B
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：√2
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：√6
【解答】解：A、对AB受力如图，弹簧处于水平静止状态，弹簧的合力为零，即A对弹簧的力
和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，故A错误；
m √3
B、对A受力分析可知m g＝Ftan 60°，对B受力分析可知m g＝F tan45°，联立解得 A = ，
A B m 1
B
故B正确；
F F T √2
C、细线对A的拉力T = ，细线对B的拉力T = ，联立解得 A = ，故C错
A cos60° B cos45° T 1
B
误；
D、剪断细线前，弹簧弹力F＝m g，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2m g，故解得A
B B
2√3
的加速度a = g，B的加速度为√2g，故A，B加速度之比为√6：3，故D错误。
A 3
故选：B。
[例题3] （多选）（2023•鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻
质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一
轻杆相连。倾角为 的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处
于静止状态，细线被θ烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsin
B．C球的受力情况未变，加速度为0 θ
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin
D．B、C之间杆的弹力大小不为0 θ
【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力G 、垂直斜面向上的支持力N 、沿斜面
A A
向上的弹力F和B、C球对它的拉力T ，由于A球处于静止状态，
A
则据平衡条件有：F＝G sin +T ＝3mgsin ①
A A
现将细线烧断，据弹簧弹力θ具有瞬间保持θ原值的特性，
则有：F﹣G sin ＝ma，②
A
由①、②可得Aθ 球此时加速度：a＝2gsin ，
故A正确； θ
B、细线烧断后，把B、C球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度 a
＝gsin 沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。
故选：θAC。
考点二 动力学中的图象问题
1．动力学中常见的图象v－t图象、 x － t 图象、F－t图象、F－a图象等．
2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从
零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断
物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．
[例题4] （2024•平谷区模拟）用水平拉力使质量分别为m甲 、m乙 的甲、乙两物体在水平
桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面之间的动摩擦因数分别为 和 。甲、乙两
甲 乙
物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示，由图可知（ μ ）μA．m甲 ＞m乙 ，
甲
＞
乙
B．m甲 ＞m乙 ，
甲
＜
乙
C．m甲 ＜m乙 ，μ甲 ＞μ乙 D．m甲 ＜m乙 ，μ甲 ＜μ乙
【解答】解：物μ体在水μ 平桌面上运动，在拉力F和滑动摩擦力μ 的作μ用下做加速运动，根据牛顿
第二定律有
F﹣ mg＝ma，可知F﹣a图像的斜率表示物体的质量，则有m甲 ＞m乙 ，纵截距表示物体所受的
滑动μ摩擦力大小，则甲、乙受到的滑动摩擦力大小相等，又m甲 ＞m乙 ，则有
甲
＜
乙
，
故B正确，ACD错误。 μ μ
故选：B。
[例题5] （多选）（2023•河西区三模）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在外力
F从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a随外力F变化的关系如图所示，g＝10m/s2。则
下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为14N
B．物体做变加速运动，F为14N时，物体的加速度大小为7m/s2
C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．物体的质量为2kg
【解答】解：A.由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为f ＝7N，故A错误；
m
B.由于外力F不断变化，根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，可知物体加速度不断变化，做变加速运
动；当F ＝14N时，由a﹣F图像可知a =4m/s2，故B错误；
2 2
CD.当F ＝7N时，根据牛顿第二定律F ﹣ mg＝ma ，当F ＝14N时，根据牛顿第二定律F ﹣
1 1 1 2 2
mg＝ma ，代入上式解得m＝2kg， ＝0.3，μ 故CD正确，B错误。
1
μ故选：CD。 μ[例题6] 艾萨克•牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速
度。”某同学为探究加速度与力的关系，取两个材质不同的物体 A、B，使其分别在水平拉力
F的作用下由静止开始沿水平面运动，测得两物体的加速度 a与拉力F之间的关系如图所示，
重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，则（ ）
A．物体A的质量为0.7kg
B．物体B的质量为0.2kg
C．物体A与水平面间动摩擦因数为0.5
D．物体B与水平面间动摩擦因数为0.1
【解答】解：AC.对物体A由牛顿第二定律F ﹣ m g＝m a
A A A A A
由图像可知7N＝ m g μ
A A
μ
−μ m g=m ×(−5m/s2 )
A A A
联立解得：m ＝1.4kg， ＝0.5
A A
故A错误，C正确； μ
BD.对B同理可知2N＝ m g
B B
μ
−μ m g=m ×(−2m/s2 )
B B B
联立解得： ＝0.2，m ＝1kg
B B
故BD错误。μ
故选：C。
考点三 连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，
分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度
然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离
求内力”．
[例题7] （2023•盐山县二模）如图所示，质量分别为1kg和2kg的A、B两个物体放在光
滑水平面上，外力F 、F 同时作用在两个物体上，其中F ＝10﹣t（表达式中各个物理量的单
1 2 1
位均为国际单位），F ＝10N。下列说法中正确的是（ ）
2
A．t＝0时，物体A的加速度大小为10m/s2
B．t＝10s后物体B的加速度最小
C．t＝10s后两个物体运动方向相反
D．若仅将A、B位置互换，t＝0时物体A的加速度为8m/s2
【解答】解：A．F 在水平方向上的分力为
2
F ＝F cos37°＝10×0.8N＝8N
21 2
F 8
假设A、B间无弹力，则a = 21= m/s2＝4m/s2
B m 2
B
t＝0时，有F ＝10N
1
假设A、B间无弹力，则
F 10
a = 1 = m/s2＝10m/s2＞a
A m 1 B
A
因此t＝0时，A会推动B一起运动，对AB整体，由牛顿第二定律有F +F ＝（m +m ）a
1 21 A B
代入数据解得a＝6m/s2
故A错误；
F 10−t
B．物体B的加速度最小时，A、B间没有力的作用，且a ＝a a = 1 =
A B A m 1
AF 8
a = 21= m/s2＝4m/s2
B m 2
B
解得t＝6s
故B错误；
C．t＝10s前，A、B均沿F 方向加速运动；t＝10s后，F 方向反向，A做减速运动，但两物体
1 1
运动方向仍然相同，故C错误；
D．若仅将A、B位置互换，t＝0时，假设A、B间无弹力，则
F 8
a = 21= m/s2＝8m/s2
A1 m 1
A
F 10
a = 1 = m/s2＝5m/s2＜a
B1 m 2 A1
B
表明A、B会分离运动，故假设正确，则t＝0时物体A的加速度为8m/s2，故D正确。
故选：D。
[例题8] （2023•河南模拟）如图1所示，物体A、B放在粗糙水平面上，A、B与地面间
的动摩擦因数均为 ＝0.1，m ＝2kg，m ＝1kg，A、B分别受到的随时间变化的力F 与F ，
A B A B
如图2所示。已知重μ力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．两物体在t＝1s时分离
B．两物体分离时的速度为5m/s
C．两物体分离时的速度为4.875m/s
D．两物体一起做加速运动
【解答】解：由图2知F 与t的关系式为：F ＝12﹣2t，F 与t的关系式为：F ＝3t，A的摩擦
A A B B
力为f ＝ m g＝0.1×2×10N＝2N，B的摩擦力为f ＝ m g＝0.1×1×10N＝1N。
A A B B
A、物体Aμ、B分离时，A、B加速度相等，速度相同μ，但A、B间无弹力，则对A、B受力分析，
由牛顿第二定律可知，
分 离 时 A 物 体 ： F ﹣ f ＝ m a ， B 物 体 ： F ﹣ f ＝ m a ， 当 a ＝ a ， 即
A A A A B B B B A B12−2t−2 3t−1
m/s2= m/s2，解得t＝1.5s，故A错误；
2 1
BC 、 对 AB 整 体 分 析 从 开 始 到 分 离 过 程 由 动 量 定 理 ， 取 向 右 为 正 ，
I +I −f t−f t=(m +m )v−0，由图2只图线围成的面积表示冲量可知在1s内，
F F A B A B
A B
1 63 1 9 27
A物体F 的冲量I = ×(9+12)×1.5N•s= N•s，B物体F 的冲量I = × ×1.5N•s=
A A 2 4 B B 2 2 8
N•s，代入数据解得：v＝4.875m/s。故B错误，C正确；
D、AB分离前一起加速，1.5s后不再一起加速运动，故D错误。
故选：C。
[例题9] （2022•汤原县校级模拟）质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V
型槽B上，如图， ＝60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相
连，现将C自由释放α ，则下列说法正确的是（ ）
A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同
B．当M＝2m时，A和B共同运动的加速度大小为g
3(√3+1)
C．当M= m时，A与B之间的正压力等于0
2
D．当M=(√3+1)m时，A相对B刚好发生滑动
【解答】解：A、若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度大小相同，方向不同，故A
错误；
1
B、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：Mg＝（M+2m）a，解得：a= g，故B错误；
4
CD、当A和B右端挡板之间的作用力为零时，加速度为a ，以A为研究对象，根据牛顿第二定
0
√3
律可得：mgtan30°＝ma ，解得a = g；
0 0 3
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg＝（M+2m）a ，解得：M=(√3+1)m，所以A
0
相对B刚好发生滑动时，M=(√3+1)m，故C错误、D正确。
故选：D。考点四 动力学两类基本问题
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
[例题10]（多选）（2023•海南一模）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/s2。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
【解答】解：A、无人机向上加速过程中，由位移—速度公式得：v2−v2=2ax
0
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；
B、无人机向上加速过程中，对无人机，由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f＝ma
1
代入数据解得：F＝70N
故B错误；C、无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma
2
代入数据解得：a ＝12m/s2
2
故C正确；
D、无人机向上减速过程，由位移—速度公式得：v2−v2=2ax
0
代入数据解得，无人机减速上升的高度为x ＝6m
2
则无人机上升的最大高度为H＝x +x ＝36m+6m＝42m
1 2
故D错误。
故选：AC。
[例题11] （2023•分宜县校级一模）如图，长L＝4m的一段平直轨道BC与倾角 ＝37°的
足够长光滑斜面CD相连，一物块（可视为质点）质量m＝2kg，在与水平方向成 ＝θ37°、斜
向左上方的恒力F＝10N作用下，从静止开始做匀加速直线运动。物块与水平轨道θBC的动摩
擦因数为 ＝0.5（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设物块在C点的速度
大小保持不μ变）求：
（1）物块运动到C点时的速度大小；
（2）物块沿斜面上升的最大高度。
【解答】解：（1）物块从B点运动到C点，对物块受力分析，如图1：
竖直方向：N+Fsin37°＝mg
水平方向：Fcos37°﹣f＝ma
1
又f＝ N
代入数μ据联立解得：a
1
＝0.5m/s2由位移—速度公式得：v2 =2a L
C 1
代入数据解得，物块运动到C点时的速度大小v ＝2m/s
C
（2）物块沿斜面上升过程，对物块受力分析，如图2：
由牛顿第二定律得F﹣mgsin37°＝ma
2
代入数据解得：a ＝﹣1m/s2
2
由位移—速度公式得：0−v2 =2a x
C 2
代入数据解得，物块上滑的最大距离为x＝2m
最大高度h＝xsin37°＝2×0.6m＝1.2m
答：（1）物块运动到C点时的速度大小为2m/s；
（2）物块沿斜面上升的最大高度为1.2m。
[例题12]（2024•南宁一模）某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中
的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v﹣t图像如图所示，自
5
由落体运动的时间为t ，整个过程的运动时间为 t ，最大速度为v ＝6m/s，重力加速度g取
1 3 1 m
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t ＝1s
1
B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
5
C．t 至 t 时间内，鸟的加速度大小为20m/s2
1 3 15
D．t 至 t 时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍
1 3 1
【解答】解：A、小鸟自由落体运动的最大速度为v ＝6m/s，由自由落体运动的规律有v ＝
m m
gt ，解得t ＝0.6s，故A错误；
1 1
v 5 6 5
B、整个过程下落的高度为图 v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则h= m× t = × ×0.6m
2 3 1 2 3
＝3m，故B正确；
0−v −6
5 = m =
C、t ∽ t 时间内小鸟的加速度a 5 0.4m/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小为15m/s2，
1 3 1 t −t
3 1 1
故C错误；
5 f
D、t ∽ t 时间内，由牛顿第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，则 =2.5，即阻力是重力
1 3 1 mg
的2.5倍，故D错误。
故选：B。
[例题13]（2023•衡水二模）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动
员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在
冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速度大小v ＝3.2m/s，在第15s内运动了
2
x ＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
15
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数 ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L
0
。μ
【解答】解：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
Δv 3.2−0.08 156
a= = m/s2= m/s
Δt 14.5−2 625
156
若冰壶以加速度= m/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移
625
1 1 156 78
s= at2= × ×12m= m＞x
2 2 625 625 15
所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1s，设冰壶运动x 所用的时间为t，则有
151
x = at2
15 2
v ＝a（12Δt+t）
2
μmg
a= =μg
m
代入数据解得 ＝0.025
（2）根据运动 μ 学公式有L = 1 a(14Δt+t) 2
0 2
代入数据解得L ＝27.38m
0
答：（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数 为0.025；
（2）营垒中心到前掷线的距离L
0
为27μ.38m。
题型1已知受力情况求运动情况
1. （2023秋•潍坊期末）如图所示，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，
物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在F＝15N拉力的作用下由静止开始沿斜面向
上运动，t＝2s时撤去拉力F。g取10m/s2，sin37°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．物体沿斜面向上加速时加速度大小为2m/s2
B．物体在t＝2.5s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15m
【解答】解：A.有拉力作用时，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得F﹣mgsin ﹣ mgcos
＝ma θ μ θ
1
解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为a ＝5m/s2，故A错误；
1
B.2s时物体的速度为v ＝a t ＝5×2m/s＝10m/s
1 11撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsin + mgcos ＝ma
2
解得，θ物μ体向上θ减速的加速度大小为a ＝10m/s2
2
v
=
则物体向上减速的时间为t ，解得t ＝1s
2 a 2
1
则物体在t＝3s时的速度为0，故B错误；
C.当物体速度减为零时，由于mgsin ＞ mgcos 则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加
速运动，则物体在斜面上的运动时间θ不止μ3s，故θC错误；
v v
D.物体沿斜面向上运动的最大位移为x= 1 t + 1 t ，解得x＝15m，故D正确。
1 2
2 2
故选：D。
2. 如图，在与水平方向成 ＝37°角斜向上，大小始终不变的拉力F＝6N作用下，质量
为m＝1.1kg的物体（可视为质点θ）由静止开始从A点在水平面上做匀加速直线运动。到达B
点（B点处轨道平滑连接）时撤去拉力F，物体沿倾角为 ＝37°足够长的斜面向上运动，已知
l ＝2m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数 ＝0.5。（θ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
AB
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/sμ2，不考虑物体在B点处速度大小的变化）
（1）求物体从A点到B点经过的时间。
（2）请受力分析计算物体上到斜面后能否返回到B点，如果可以返回B点，计算返回到B点的
速度；如果不能返回B点，计算物体在斜面上移动的最大位移。
【解答】解：（1）对A分析，在水平方向上，根据牛顿第二定律有 Fcos ﹣ （mg﹣sin ）＝
ma θ μ θ
解得a＝1m/s2
1
根据位移—时间公式有x＝v t+ at2
0 2
解得t＝2s
（2）由于mgsin ＝1.1×10×0.6N＝6.6N＞ mgcos ＝0.5×1.1×10×0.8N＝4.4N
所以物块可以返回θ μ θ从A开始运动，第一次到B点的速度为v ＝v +at，解得v ＝2m/s
B 0 B
从斜面上减速度的加速度a ，根据牛顿第二定律mgsin + mgcos ＝ma
2 2
解得a ＝10m/s2 θ μ θ
2
根据速度—位移公式v2=v2+2a
x
B 2
解得x＝0.2m
从斜面下滑的加速度a ，根据牛顿第二定律mgsin ﹣ mgcos ＝ma
3 3
解得a ＝2m/s2 θ μ θ
3
根据速度—位移公式v'2=v2+2a
x
B 0 3
2√5
解得v '= m/s
B 5
答：（1）物体从A点到B点经过的时间为2s。
2√5
（2）物体可以返回B点，返回到B点的速度为 m/s。
5
L
3. （2023秋•黄埔区校级期末）一质量为5m的羽毛球筒长为L，羽毛球的高度为d=
5
（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），如图甲有一质量为m的羽毛球静置于球筒封口
顶端（无封口），已知羽毛球和球筒间的滑动摩擦力恒为f＝2mg，重力加速度为g，不计空气
阻力。求：（设球筒一直保持竖直方向运动）
（1）如图甲，手握球筒施加竖直向下的恒力F＝2mg使球和球筒由静止开始运动，求球筒落地
前羽毛球受到的摩擦力f ；
0
（2）如图甲，若球筒开口端距地面起始高度为h ，手对球筒施加竖直向下的恒力F＝2mg由静
1
止开始运动，球筒以一定速度撞击桌面后立即静止，而羽毛球球头恰好能碰到桌面（图乙），
求h ；
1
（3）如图丙，让球筒开口朝下从离地h 高处由自由下落，球筒撞击地面立即反弹，反弹速率不
2
变。当球筒第一次到达最高点时，羽毛球头刚好滑出球筒，求h 。
2【解答】解：（1）设球与球筒相对静止，球受摩擦力向下，为 f ，加速度为a ，对整体，由牛
0 0
顿第二定律可得：F+（5m+m）g＝（5m+m）a
对羽毛球，则有：mg+f ＝ma
0 0
mg 4
解得 f = ＜f＝2mg，a = g；
0 3 0 3
mg
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为 ，方向竖直向下。
3
4
（2）由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以a = g向下加速，设落地瞬间羽毛球速度为
0 3
v
，则有v2=2a
h
0 0 0 1
筒落地后，羽毛球向下减速，设加速度为a ，则有 f﹣mg＝ma
1 1
由题意可知v2=2a
（L﹣d）
0 1
3
联立解得h = L；
1 5
（3）落地前，球与筒一起自由落体，设落地瞬间速度为v
2
，则有v
2
2=2gh
2
接着筒反弹，球仍向下减速，加速度仍为 a ＝g（向上）。设筒的加速度为a ，对筒，则有：
1 2
7
5mg+f＝5ma ，解得：a = g
2 2 5
设筒经t到达最高点，则有v ＝a t
2 2v2
1
由题意得 2 +v t− a t2＝L﹣d
2a 2 2 1
2
49
联立解得h = L。
2 100
题型2已知运动情况求受力情况
4. （2024•顺德区二模）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场
成功着陆。当返回舱距离地面1.2m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火
箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下
做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为
3×103kg，g取10m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为（ ）
A．3×104N B．7.5×104N C．2.6×104N D．1.05×105N
【解答】解：根据匀变速直线运动规律有v2−v2=−2aℎ
0
v2−v2 82−22
解得加速度大小为a= 0 = m/s2=25m/s2
2ℎ 2×1.2
返回舱受到重力和反推力，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝ma
解得F＝mg+ma＝3×103×10N+3×103×25N＝1.05×105N
故D正确，ABC错误。
故选：D。
5. （2024•岳阳县校级开学）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪
一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其
5
v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t ，整个过程的运动时间为 t ，最大速度为v
1 3 1 m＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t ＝1.6s
1
B．整个过程下落的高度为32.4m
5
C．t ～ t 时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2
1 3 1
5
D．t ～ t 时间内阻力是重力的1.5倍
1 3 1
【解答】解：A．小鸟自由落体运动的最大速度为v ＝18m/s，由自由落体运动的规律可得v ＝
m m
gt ，代入数据解得t ＝1.8s，故A错误；
1 1
v 5 18 5
B、整个过程下落的高度为图乙v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则h= m× t = × ×1.8
2 3 1 2 3
m＝27m，故B错误；
−v −18
5 = m = m/s2=−15m/s2
C、t ～ t 时间内小鸟的加速度为a 5 5 ，则此时间内
1 3 1 t −t ×1.8−1.8
3 1 1 3
v﹣t图像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正确；
5 f
D、t ～ t 时间内由牛顿第二定律有：f﹣mg＝ma，解得： =2.5，故D错误。
1 3 1 mg
故选：C。
6. （2023秋•延庆区期末）如图所示，一位滑雪者与装备的总质量为70kg，以2m/s的
初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为 30°，在4s的时间内滑下的位移为40m。（g取
10m/s2）求：
（1）滑雪者下滑的加速度a的大小；
（2）滑雪者2s末的速度v 的大小；
2
（3）滑雪者受到阻力F 的大小（包括摩擦和空气阻力）。
f【解答】解：（1）滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律，有：x＝
1
v t+ at2
0 2
解得 a＝4m/s2
（2）根据速度—时间公式有v ＝v +at'＝2m/s+4×2m/s＝10m/s
2 0
（3）对滑雪者进行受力分析：滑雪者在下滑过程中，受到重力 mg、山坡的支持力 F 以及阻
N
力F 的共同作用。
f
以滑雪者为研究对象，根据牛顿第二定律有：
沿山坡向下方向有 mgsin ﹣F＝ma
f
解得F＝70N θ
f
答：（1）滑雪者下滑的加速度为4m/s2；
（2）滑雪者2s末的速度v 的大小为10m/s；
2
（3）滑雪者受到的阻力是70N。
题型3生活中的超重与失重
7. （2024•嘉兴模拟）如图所示，跳伞运动员打开伞后竖直向下运动。则图示时刻（
）
A．运动员一定处于失重状态B．伞对运动员的作用力大于运动员对伞的作用力
C．运动员对伞的作用力与空气对伞的作用力可能大小相等
D．空气对运动员和伞的作用力可能大于运动员和伞的总重力
【解答】解：A.图示时刻运动员的加速度无法确定，则运动员不一定处于失重状态，故A错误；
B.伞对运动员的作用力和运动员对伞的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B错误；
C.运动员对伞的作用力与空气对伞的作用力如果大小相等，由于伞的重力不能忽略不计，所以
伞和运动员的合力向下，做加速运动，与实际不符，故C错误；
D.空气对运动员和伞的作用力可能大于运动员和伞的总重力，伞和运动员的合力向上，做减速
运动，与实际相符，故D正确。
故选：D。
8. （2024•海淀区一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加
速，再匀速运动。在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是（ ）
A．扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B．扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C．扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D．扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
【解答】解：A、人在加速阶段，向右上方加速，根据牛顿第二定律可知，电梯的支持力大于人
的重力，所以人处于超重状态，故A正确；
B、加速度运动阶段，根据牛顿第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦
力方向水平向右，故B错误；
CD、匀速运动阶段，人受力平衡，竖直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，
故CD错误；
故选：A。
9. （2024•天心区校级开学）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程
中，下列说法正确的是（ ）A．鱼儿跃出水面后受力平衡
B．鱼儿跃出水面后处于失重状态
C．鱼儿摆尾击水时，鱼尾击水的力和水对鱼尾的作用力是一对平衡力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时可把鱼儿视为质点
【解答】解：AB．鱼儿跃出水面后只受重力作用，加速度向下，受力不平衡，处于失重状态，
故A错误，B正确；
C．鱼尾击水的力和水对鱼尾的作用力是两个物体间的相互作用力，一对作用力与反作用力，故
C错误；
D．物体的形状和大小对于我们所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点，所以研究鱼儿
摆尾击水跃出水面的动作不可以把鱼儿视为质点，否则就无动作可言，故D错误。
故选：B。
题型4与超重失重有关的图像问题
10. （2024•佛山二模）春节烟花汇演中常伴随无人机表演。如图是两架无人机a、b同时
从同一地点竖直向上飞行的v﹣t图象。下列说法正确的是（ ）
A．t＝5s时，无人机a处于失重状态
B．t＝10s时，无人机a飞到了最高点
C．0～30s内，两架无人机a、b的平均速度相等D．0～10s内，无人机a的位移小于无人机b的位移
【解答】解：A.0﹣10s无人机a向上做运加速直线运动，根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma
1
解得F＝m（g+a ）＞mg
1
无人机处于超重状态，故A错误；
B.v﹣t图像的“面积”表示位移，t＝30s时，无人机a飞到了最高点，故B错误；
C.v﹣t图像的“面积”表示位移，根据图像可知，两无人机的位移相同，即x ＝x
a b
x
根据平均速度的定义v= 可知，0～30s内，两架无人机a、b的平均速度相等，故C正确；
t
D.v﹣t图像的“面积”表示位移，0～10s内，无人机a的位移大于无人机b的位移，故D错误。
故选：C。
11. （2024•河东区二模）图甲是消防员用于观测高楼火灾的马丁飞行背包。在某次演练
时，消防员背着马丁飞行背包从地面开始竖直飞行，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（
）
A．消防员上升的最大高度为225m
B．消防员在30—90s内处于超重状态
C．消防员在前30s内加速度最大
D．消防员在150—255s内的平均速度大小为零
【解答】解：A.由图像可知，在0～90s内消防员的速度方向均向上，因此在90s时消防员高度
达到最大，根据图像与t轴所围面积即为位移可知，消防员上升的最大高度为h＝675m，故A错
误；
B.在30～90s内，消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此处于失重状态，故B错误；
C.v﹣t图像中，图像斜率为加速度，结合图像可知消防员在前30s内加速度最大，故C正确；
D.结合图像可知，消防员在150～255s内，位移大小不为0，因此平均速度不为0，故D错误。
故选：C。12. （2024•菏泽一模）某同学在手机上放一本《现代汉语词典》并打开手机软件里的压
力传感器，托着手机做下蹲——起立的动作，传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，
纵坐标为压力，横坐标为时间。根据图线下列说法正确的是（ ）
A．0～5s内该同学做了2次下蹲——起立的动作
B．起立过程中人始终处于超重状态
C．图中0.5s时人处在下蹲的最低点
D．3s时加速度方向竖直向上
【解答】解：A.下蹲过程包括向下加速、向下减速，对应的状态分别为失重状态和超重状态，
起立过程包括向上加速和向上减速，对应的状态分别为朝中状态和失重状态，结合图像可知，0
～5s内该同学做了1次下蹲——起立的动作，故A错误；
B.起立过程为先超重，后失重，故B错误；
C.0.5s时，为下蹲过程中乡下加速最快的时刻，并非下蹲到了最低点，故C错误；
D.3s时为超重状态，因此加速度方向竖直向上，故D正确。
故选：D。
题型5等时圆模型的应用
13. （2023•迎泽区校级二模）如图所示，竖直平面内半径R ＝10m的圆弧AO与半径R
1 2
＝2.5m的圆弧BO在最低点O相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接，另一端分别
在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点 A由静止开始沿直轨道下滑，经过O点
后沿右侧直轨道上滑至最高点B，不考虑小球在O点的机械能损失，重力加速度g取10m/s2。
则在此过程中小球运动的时间为（ ）A．1.5 s B．2.0 s C．3.0 s D．3.5 s
【解答】解：由于AO对应的圆的半径为R ，通过O点作出AO所在圆的直径，如图所示：
1
根据图中几何关系可得：AO＝2R sin
1
θ mgsinθ
小球在AO上运动的加速度大小为：a = =gsin
1 m
θ
1
设小球在AO上运动的时间为t ，则有：AO= a t2
1 2 1 1
√4R
联立解得：t = 1
1
g
小球在OB段运动过程中，逆向分析也可以看作是初速度为零的匀加速直线运动，同理分析可得
√4R
小球在OB段运动的时间为：t = 2
2
g
在此过程中小球运动的时间为：t＝t +t
1 2
联立并代入数据解得：t＝3.0s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
14. （2023•渭南一模）如图所示，OA、OB是竖直面内两根固定的光滑细杆，O、A、B
位于同一圆周上，OB为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环都
从O点无初速释放，用t 、t 分别表B示滑环到达A、B所用的时间，则（ ）
1 2A．t ＝t
1 2
B．t ＜t
1 2
C．t ＞t
1 2
D．无法比较t 、t 的大小
1 2
【解答】解：如下图所示，以O点为最高点，取合适直径作经过B点的等时圆，可得A点在所
做等时圆的外边。
根据等时圆规律，小滑环从O到C与从O到B所用时间相等，均为t ，图示位移OA＞OC，可
2
得t ＞t ，故C正确，ABD错误。
1 2
故选：C。
15. 如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中 OA杆竖直放置，OB杆与
OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分
别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t 、t 、t 、t下列
1 2 3
关系正确的是（ ）
A．t ＜t B．t ＞t C．t ＝t D．t ＜t
1 2 1 3 2 4 2 4
【解答】解：以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的
方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gcos （ 为杆与竖直方向的夹角）
θ θ
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S＝2Rcos ，
根据位移—时间关系可得：S= 1 at2 ， θ
2
√2S √4Rcosθ √4R
所以t= = = ，t与 无关，
a gcosθ g
θ
可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，
即t ＝t ，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t ＞t ，OD长度超过一条弦，时间最长，
1 3 1 2
即t ＜t故ABC错误，D正确。
2
故选：D。
题型6动力学图像问题
16. （2024•镇海区校级开学）如图甲所示水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶
端有一理想定滑轮，轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变
B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所
示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度 g取9.8m/s2，斜面的
倾角为 。下列说法正确的是（ ）
θ
A．若 已知，可求出A的质量
B．若θ未知，则无法求出图乙中a
1
的值
θC．若 已知，可求出图乙中a 的值
2
D．若θ已知，可求出图乙中m 的值
0
【解答θ】解：AD、由图乙知，m＝m 时，A的加速度a＝0，则此时受力平衡，对A、B分析得
0
m g＝m gsin ，由于m 未知，所以不能求出m 的大小，m 未知，m 不可求，故AD错误；
0 A 0 A A 0
B、设绳的拉θ力为T，加速度大小为a，m任意时，对B使用牛顿定律分析有mg﹣T＝ma
m−m sinθ
对A分析T﹣m gsin ＝m a，联立二式得a= A g，当m趋向无穷大时，a趋向于g，
A A m+m
A
θ
所以a ＝g，即a 与 无关，故B错误；
1 1
C、a＝a 时，m＝0，θ即绳对A的拉力为零，有m gsin ＝m a ，解得a ＝gsin ， 已知，所以
2 A A 2 2
可以求a 的值，故C正确。 θ θ θ
2
故选：C。
17. 如图甲所示，光滑水平面上静置一足够长的木板 Q，小滑块P放置于其上表面，木板
Q在水平拉力F作用下，加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块P的质量为
（ ）
A．2kg B．3kg C．4kg D．5kg
【解答】解：刚开始PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律F＝（m +m ）a
P Q
结合图像斜率m +m ＝3kg
P Q
当加速度大于等于2m/s2，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律
F﹣f＝m a
Q
结合图像斜率m ＝1kg
Q
联立可得m ＝2kg，故A正确，BCD错误。
P
故选：A。
18. （多选）（2022秋•浦东新区校级期末）物块a、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光
滑水平面上，m ＝3kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块a
a
施加水平向右的恒力F。t＝2s时撤去，在0～2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所
示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（ ）A．0～2s内物块a与物块b的距离一直在减小
B．物块b的质量为m ＝2kg
b
C．撤去F瞬间，a的加速度大小为0.8m/s2
D．若F不撤去，则2s后两物块将一起做匀加速运动
【解答】解：A、根据a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知0～2s内a
的速度一直大于b的速度，物块a与物块b的距离一直在增大，故A错误；
B、t＝0时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得F＝m a ＝3×2.0N＝6N
a 0
t＝2s时，a、b整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得F＝（m +m ）a ＝6N
a b 1
代入数据解得：m ＝2kg，故B正确；
b
C、2s时，对b根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为F ＝m a ＝2×1.2N＝2.4N
x b 1
F 2.4
撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为a '= x = m/s2=0.8m/s2 ，故C
1 m 3
a
正确；
D、a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，t＝2s时a的速度大于b的
速度，所以若此时不撤去F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减小，b的加速
度增大，并不能一起做匀加速运动，故D错误。
故选：BC。
