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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
1
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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aP和矩形框Q 的加速度大小aQ分别为（ ）
A．aP＝0
B．aP＝g
C．aQ= g
2
D．aQ＝g
【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aP
＝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＝2mgsinθ
细绳被剪断的瞬间，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＝2mgsinθ
所以
aQ= 2mgsinθ
m
= g
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（ ）
2
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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mA：mB=√3：1
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；
B、对A 受力分析可知mAg＝Ftan 60°，对B 受力分析可知mBg＝F tan45°，联立解得mA
mB
= √3
1 ，
故B 正确；
C、细线对A 的拉力TA=
F
cos60° ，细线对B 的拉力TB=
F
cos 45° ，联立解得T A
T B
= √2
1 ，故C 错
误；
D、剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A 受合力为2mBg，故解得A
的加速度aA= 2√3
3
g，B 的加速度为√2g，故A，B 加速度之比为√6：3，故D 错误。
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θ 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，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
3
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A．A 球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ
B．C 球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C 两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
D．B、C 之间杆的弹力大小不为0
【解答】解：A、据题意，对A 球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面
向上的弹力F 和B、C 球对它的拉力TA，由于A 球处于静止状态，
则据平衡条件有：F＝GAsinθ+TA＝3mgsinθ ①
现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，
则有：F﹣GAsinθ＝ma，②
由①、②可得A 球此时加速度：a＝2gsinθ，
故A 正确；
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
＝gsinθ 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：AC。
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μ 甲和μ 乙。甲、乙两
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（ ）
4
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A．m 甲＞m 乙，μ 甲＞μ 乙
B．m 甲＞m 乙，μ 甲＜μ 乙
C．m 甲＜m 乙，μ 甲＞μ 乙
D．m 甲＜m 乙，μ 甲＜μ 乙
【解答】解：物体在水平桌面上运动，在拉力F 和滑动摩擦力的作用下做加速运动，根据牛顿
第二定律有
F﹣μmg＝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μ 甲＜μ 乙，
故B 正确，ACD 错误。
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fm＝7N，故A 错误；
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F2＝14N 时，由a﹣F 图像可知a2= 4 m/ s
2，故B 错误；
CD.当F1＝7N 时，根据牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，当F2＝14N 时，根据牛顿第二定律F2﹣
μmg＝ma1，代入上式解得m＝2kg，μ＝0.3，故CD 正确，B 错误。
故选：CD。
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[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FA﹣μAmAg＝mAaA
由图像可知7N＝μAmAg
- μA mA g=mA×(-5m/ s
2)
联立解得：mA＝1.4kg，μA＝0.5
故A 错误，C 正确；
BD.对B 同理可知2N＝μBmBg
- μBmB g=mB×(-2m/ s
2)
联立解得：μB＝0.2，mB＝1kg
故BD 错误。
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
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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F1、F2同时作用在两个物体上，其中F1＝10﹣t（表达式中各个物理量的单
位均为国际单位），F2＝10N。下列说法中正确的是（ ）
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．F2在水平方向上的分力为
F21＝F2cos37°＝10×0.8N＝8N
假设A、B 间无弹力，则aB= F21
mB
= 8
2m/s2＝4m/s2
t＝0 时，有F1＝10N
假设A、B 间无弹力，则
aA= F1
mA
= 10
1 m/s2＝10m/s2＞aB
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F1+F21＝（mA+mB）a
代入数据解得a＝6m/s2
故A 错误；
B．物体B 的加速度最小时，A、B 间没有力的作用，且aA＝aBaA= F1
mA
= 10-t
1
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aB= F21
mB
= 8
2m/s2＝4m/s2
解得t＝6s
故B 错误；
C．t＝10s 前，A、B 均沿F1方向加速运动；t＝10s 后，F1方向反向，A 做减速运动，但两物体
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
aA1= F21
mA
= 8
1m/s2＝8m/s2
aB1= F1
mB
= 10
2 m/s2＝5m/s2＜aA1
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μ＝0.1，mA＝2kg，mB＝1kg，A、B 分别受到的随时间变化的力FA与FB，
如图2 所示。已知重力加速度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FA与t 的关系式为：FA＝12﹣2t，FB与t 的关系式为：FB＝3t，A 的摩擦
力为fA＝μmAg＝0.1×2×10N＝2N，B 的摩擦力为fB＝μmBg＝0.1×1×10N＝1N。
A、物体A、B 分离时，A、B 加速度相等，速度相同，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：FA﹣fA ＝mAaA ，B 物体：FB﹣fB ＝mBaB ，当aA ＝aB ，即
8
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12-2t -2
2
m/ s
2= 3t -1
1
m/ s
2，解得t＝1.5s，故A 错误；
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 F A+ I F B- f At - f Bt =(mA+mB)v -0，由图2 只图线围成的面积表示冲量可知在1s 内，
A 物体FA 的冲量IA= 1
2 ×(9+12)×1.5N•s= 63
4 N•s，B 物体FB 的冲量IB= 1
2 × 9
2 ×1.5N•s= 27
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，α＝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，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
C．当M= 3(√3+1)
2
m 时，A 与B 之间的正压力等于0
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；
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= 1
4 g，故B 错误；
CD、当A 和B 右端挡板之间的作用力为零时，加速度为a0，以A 为研究对象，根据牛顿第二定
律可得：mgtan30°＝ma0，解得a0= √3
3 g；
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg＝（M+2m）a0，解得：M =(√3+1)m，所以A
相对B 刚好发生滑动时，M =(√3+1)m，故C 错误、D 正确。
故选：D。
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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：v
2- v0
2=2ax
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＝ma1
代入数据解得：F＝70N
故B 错误；
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C、无人机向上减速时，对无人机，由牛顿第二定律得：mg+f＝ma2
代入数据解得：a2＝12m/s2
故C 正确；
D、无人机向上减速过程，由位移—速度公式得：v
2- v0
2=2ax
代入数据解得，无人机减速上升的高度为x2＝6m
则无人机上升的最大高度为H＝x1+x2＝36m+6m＝42m
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θ＝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θ＝37°、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BC 的动摩
擦因数为μ＝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＝ma1
又f＝μN
代入数据联立解得：a1＝0.5m/s2
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由位移—速度公式得：vC
2 =2a1L
代入数据解得，物块运动到C 点时的速度大小vC＝2m/s
（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°＝ma2
代入数据解得：a2＝﹣1m/s2
由位移—速度公式得：0- vC
2 =2a2x
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
由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为5
3t1，最大速度为vm＝6m/s，重力加速度g 取
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝1s
B．整个过程中，鸟下落的高度为3m
C．t1至5
3 t1时间内，鸟的加速度大小为20m/s2
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D．t1至5
3 t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5 倍
【解答】解：A、小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝6m/s，由自由落体运动的规律有vm＝
gt1，解得t1＝0.6s，故A 错误；
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= vm
2 × 5
3 t1= 6
2 × 5
3 ×0.6m
＝3m，故B 正确；
C、t1∽5
3 t1时间内小鸟的加速度a= 0- vm
5
3 t1-t1
=-6
0.4 m/s2＝﹣15m/s2，所以加速度大小为15m/s2，
故C 错误；
D、t1∽5
3 t1时间内，由牛顿第二定律有f﹣mg＝ma，可得f＝2.5mg，则f
mg =2.5，即阻力是重力
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v2＝3.2m/s，在第15s 内运动了
x15＝0.08m，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0。
【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
a= Δv
Δt = 3.2-0.08
14.5-2 m/s2= 156
625m/s
若冰壶以加速度= 156
625m/s2减速，则冰壶在最后1s 通过的位移
s= 1
2at2= 1
2 × 156
625 ×12m= 78
625m＞x15
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x15所用的时间为t，则有
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x15= 1
2 at
2
v2＝a（12Δt+t）
a= μmg
m = μg
代入数据解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有L0= 1
2 a(14 Δt +t )
2
代入数据解得L0＝27.38m
答：（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数μ 为0.025；
（2）营垒中心到前掷线的距离L0为27.38m。
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﹣mgsinθ﹣μmgcosθ
＝ma1
解得，物体沿斜面向上加速时加速度大小为a1＝5m/s2，故A 错误；
B.2s 时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2m/s＝10m/s
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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
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得，物体向上减速的加速度大小为a2＝10m/s2
则物体向上减速的时间为t2= v
a1
，解得t2＝1s
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mgsinθ＞μmgcosθ 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不止3s，故C 错误；
D.物体沿斜面向上运动的最大位移为x= v1
2 t1+ v1
2 t2，解得x＝15m，故D 正确。
故选：D。
2.
如图，在与水平方向成θ＝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）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θ＝37°足够长的斜面向上运动，已知
lAB＝2m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s2，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Fcosθ﹣μ（mg﹣sinθ）＝
ma
解得a＝1m/s2
根据位移—时间公式有x＝v0t+ 1
2at2
解得t＝2s
（2）由于mgsinθ＝1.1×10×0.6N＝6.6N＞μmgcosθ＝0.5×1.1×10×0.8N＝4.4N
所以物块可以返回
15
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从A 开始运动，第一次到B 点的速度为vB＝v0+at，解得vB＝2m/s
从斜面上减速度的加速度a2，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
解得a2＝10m/s2
根据速度—位移公式v2= vB
2 +2a2x
解得x＝0.2m
从斜面下滑的加速度a3，根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3
解得a3＝2m/s2
根据速度—位移公式v ' B
2 = v0
2+2a3x
解得vB'= 2√5
5
m/s
答：（1）物体从A 点到B 点经过的时间为2s。
（2）物体可以返回B 点，返回到B 点的速度为2√5
5
m/s。
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= L
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f0；
（2）如图甲，若球筒开口端距地面起始高度为h1，手对球筒施加竖直向下的恒力F＝2mg 由静
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h1；
（3）如图丙，让球筒开口朝下从离地h2高处由自由下落，球筒撞击地面立即反弹，反弹速率不
变。当球筒第一次到达最高点时，羽毛球头刚好滑出球筒，求h2。
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【解答】解：（1）设球与球筒相对静止，球受摩擦力向下，为f0，加速度为a0，对整体，由牛
顿第二定律可得：F+（5m+m）g＝（5m+m）a
对羽毛球，则有：mg+f0＝ma0
解得 f0= mg
3 ＜f＝2mg，a0= 4
3 g；
假设成立，即羽毛球受到的摩擦力大小为mg
3 ，方向竖直向下。
（2）由（1）可知，球筒落地前，球与球筒一起以a0= 4
3 g 向下加速，设落地瞬间羽毛球速度为
v0，则有v0
2=2a0h1
筒落地后，羽毛球向下减速，设加速度为a1，则有 f﹣mg＝ma1
由题意可知v0
2=2a1（L﹣d）
联立解得h1= 3
5L；
（3）落地前，球与筒一起自由落体，设落地瞬间速度为v2，则有v2
2=2gh2
接着筒反弹，球仍向下减速，加速度仍为a1＝g（向上）。设筒的加速度为a2，对筒，则有：
5mg+f＝5ma2，解得：a2= 7
5g
设筒经t 到达最高点，则有v2＝a2t
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由题意得v2
2
2a2
+v2t- 1
2a1t2＝L﹣d
联立解得h2= 49
100L。
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v
2- v0
2=-2ah
解得加速度大小为a= v0
2- v
2
2h
= 8
2-2
2
2×1.2 m/ s
2=25m/ s
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
v﹣t 图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为5
3 t1，最大速度为vm
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＝18m/s，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t1＝1.6s
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．t1～5
3 t1时间内v﹣t 图像的斜率为﹣15m/s2
D．t1～5
3 t1时间内阻力是重力的1.5 倍
【解答】解：A．小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律可得vm＝
gt1，代入数据解得t1＝1.8s，故A 错误；
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= vm
2 × 5
3 t1= 18
2 × 5
3 ×1.8
m＝27m，故B 错误；
C、t1～5
3 t1时间内小鸟的加速度为a=- vm
5
3 t1-t1
=-18
5
3 ×1.8-1.8
m/ s
2=-15m/ s
2
，则此时间内v
﹣t 图像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C 正确；
D、t1～5
3 t1时间内由牛顿第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：f
mg =2.5，故D 错误。
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v2的大小；
（3）滑雪者受到阻力Ff的大小（包括摩擦和空气阻力）。
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【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＝
v0t+ 1
2 at
2
解得 a＝4m/s2
（2）根据速度—时间公式有v2＝v0+at'＝2m/s+4×2m/s＝10m/s
（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 FN 以及阻
力Ff 的共同作用。
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 mgsinθ﹣Ff＝ma
解得Ff＝70N
答：（1）滑雪者下滑的加速度为4m/s2；
（2）滑雪者2s 末的速度v2的大小为10m/s；
（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
20
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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（ ）
21
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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
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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＝ma1
解得F＝m（g+a1）＞mg
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xa＝xb
根据平均速度的定义v = x
t 可知，0～30s 内，两架无人机a、b 的平均速度相等，故C 正确；
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。
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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R1＝10m 的圆弧AO 与半径R2
＝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（ ）
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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R1，通过O 点作出AO 所在圆的直径，如图所示：
根据图中几何关系可得：AO＝2R1sinθ
小球在AO 上运动的加速度大小为：a1= mgsinθ
m
=gsinθ
设小球在AO 上运动的时间为t1，则有：AO= 1
2 a1t1
2
联立解得：t1=√
4 R1
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
小球在OB 段运动的时间为：t2=√
4 R2
g
在此过程中小球运动的时间为：t＝t1+t2
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t1、t2分别表B 示滑环到达A、B 所用的时间，则（ ）
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A．t1＝t2
B．t1＜t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2的大小
【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t2，图示位移OA＞OC，可
得t1＞t2，故C 正确，ABD 错误。
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t1、t2、t3、t 下列
关系正确的是（ ）
A．t1＜t2
B．t1＞t3
C．t2＝t4
D．t2＜t4
【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
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速度为a＝gcosθ（θ 为杆与竖直方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S＝2Rcosθ，
根据位移—时间关系可得：S= 1
2 at
2，
所以t =√
2S
a =√
4 Rcosθ
gcosθ =√
4 R
g ，t 与θ 无关，
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t1＝t3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t1＞t2，OD 长度超过一条弦，时间最长，
即t2＜t 故ABC 错误，D 正确。
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θ。下列说法正确的是（ ）
A．若θ 已知，可求出A 的质量
B．若θ 未知，则无法求出图乙中a1的值
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C．若θ 已知，可求出图乙中a2的值
D．若θ 已知，可求出图乙中m0的值
【解答】解：AD、由图乙知，m＝m0时，A 的加速度a＝0，则此时受力平衡，对A、B 分析得
m0g＝mAgsinθ，由于m0未知，所以不能求出mA的大小，mA未知，m0不可求，故AD 错误；
B、设绳的拉力为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
对A 分析T﹣mAgsinθ＝mAa，联立二式得a= m-mA sinθ
m+mA
g，当m 趋向无穷大时，a 趋向于g，
所以a1＝g，即a1与θ 无关，故B 错误；
C、a＝a2时，m＝0，即绳对A 的拉力为零，有mAgsinθ＝mAa2，解得a2＝gsinθ，θ 已知，所以
可以求a2的值，故C 正确。
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＝（mP+mQ）a
结合图像斜率mP+mQ＝3kg
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＝mQa
结合图像斜率mQ＝1kg
联立可得mP＝2kg，故A 正确，BCD 错误。
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，ma＝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
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（ ）
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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mb＝2kg
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＝maa0＝3×2.0N＝6N
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＝（ma+mb）a1＝6N
代入数据解得：mb＝2kg，故B 正确；
C、2s 时，对b 根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为Fx＝mba1＝2×1.2N＝2.4N
撤去F 瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a 的加速度大小为a1' = F x
ma
= 2.4
3 m/ s
2=0.8m/ s
2，故C
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。
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