考點10牛頓第二定律的應(yīng)用

A組

1.（2025八省聯(lián)考云南卷）某同學(xué)站在水平放置于電梯內(nèi)的電子秤上，電梯運行前電子秤的示數(shù)如圖甲所示。電

梯豎直上升過程中，某時刻電子秤的示數(shù)如圖乙所示，則該時刻電梯（重力加速度g取10m/s2）（）

A.做減速運動,加速度大小為1.05/H/52

B.做減速運動,加速度大小為0.50/H/S2

C.做加速運動,加速度大小為1.05/H/?

D.做加速運動，加速度大小為（0.50m/s2

2.（2025濟南實驗中學(xué)模擬）利用智能手機的加速度傳感器可直現(xiàn)顯示手機的加速度情況。

用手掌托著手機，打開加速度傳感器后，手掌從靜止開始上下運動。以豎直向上為正方向，

測得手機在豎直方向的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，則手機（）

A.在L時刻速度最大

B在t2時刻開始下降

C.在"~t2時間內(nèi)受到的支持力逐漸增大

D.在t]~t2時間內(nèi)處于超重狀態(tài)

3.神舟十三號在返回地面的過程中打開降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速運動。若返回艙所受的空

氣阻力隨速度的減小而減小，則加速度大?。ǎ?/p>

A.一直減小B.一直增大

C.先增大后減小D.先減小后增大

4.物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24。角,長度/產(chǎn)4"水平滑軌

長度可凋，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為〃笥，貨物

2

可視為質(zhì)點（取cos24。=0.9,sin240=0.4,g=10m/s）o

⑴求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；

⑵求貨物在傾斜滑軌末端時速度V的大?。?/p>

⑶若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2o

B組

5.（2022遼寧卷）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一

端滑落。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為N,g取10〃而2。下列voji的取值可能正確的是（）

A.VQ=2.5ni!sB.VQ=\.5mls

Cji=0.28D串=0.25

6.（2025湖北新八校協(xié)作體聯(lián)考）某兒童立體游樂場在水平一、二、三層平臺之間建造了三個滑梯BA、CA、CB,

三個滑梯分別位于三個平行的豎直平面內(nèi)。側(cè)視圖如圖所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中BA與水平面的夾角、

CA與CB間的夾角均為0。小朋友從三個滑梯頂端均由靜止開始下滑到達該滑梯底端所用的時間分別為g、心、

S。則下列說法正確的是（）

AtBA=tCA=tCB8為<匕4%13

CJBA>%A=ICBD」BA=ICAVICB

7.如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上

調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角9可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至

P點所用的時間t與夾角9的大小有關(guān)。若0由30。逐漸增大至60。，物塊的下滑時間t將（）

鐵架臺

A.逐漸增大B.逐漸減小

C.先增大后減小D.先減小后增大

8.（多選）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大

小與其速率平方成正比（即展=公2%為常量）。當(dāng)發(fā)動機關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落

的速率為lOm/s；當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m

/So重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）

A.發(fā)動機的最大推力為1.5Mg

B.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為當(dāng)Mg

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為56加s

D.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行E寸,其加速度大小可以達到3g

9.（2024廣東卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋

放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y,所受合外力為F,運動時間為t,忽略空氣阻力，彈簧在彈

性限度為。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是（）

10.（2025河北保定十縣聯(lián)考）如圖甲所示，傾角為0=37。的粗糙斜面體固定在水平面上，質(zhì)量為m的小木塊在

沿斜面向上的恒力F作用下沿斜面上滑。a隨F變化關(guān)系如圖乙所示（取沿斜面向上為正方向）。認為最大靜摩擦力

2

等于滑動摩擦力，g=10m/s,sin37°=0.6o下列說法正確的是（）

A.當(dāng)F-32N時，小木塊的加速度為8m/s2

B.當(dāng)F=20N時，小木塊的加速度為2.5m/s2

C.小木塊的質(zhì)量為3kg

D.小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.35

11（2025廣東廣深珠聯(lián)考）斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如圖甲所示。質(zhì)量為1kg的小物塊（可視為

質(zhì)點）以％=12〃次的初速度沿斜面向上滑行，到達C處速度恰好為零。物塊在AB段的加速度是在BCE勁口速度的

兩倍，其上滑過程的v-i圖像如圖乙所示（vB、I。未知）.重力加速度g取10m/s20則根據(jù)上述條件,下列可以求得

A.物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)

B.斜面的傾角

C.斜面AB段的長度

D.物塊沿斜面向下滑行通過AB段的加速度

12.（2025河南部分重點高中大聯(lián)考）（多選）如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上,物塊B

疊放在物塊A上,用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接,用手托著物塊C,使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向

仲直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為嘰山、2m,彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,不計空氣阻力，彈簧

在彈性限度內(nèi)，開始時物塊B到滑輪的距離足夠遠，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）

A.撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0

B.撤去手的一瞬間，A對B的作用力大小為7T

C.撤去手后，物塊B向上運動過程中加速度先減小后不變專

D.當(dāng)物塊A、B剛好分離時，物塊A上升的高度為警餐一

3k

13.（2025河北保定聯(lián)考）（多選）如圖,輕桿帶轉(zhuǎn)軸一端與物塊B連接，輕桿可繞轉(zhuǎn)軸在如圖所示的豎直面內(nèi)

轉(zhuǎn)動，其上端固定小球A,A、B質(zhì)量均為m且置于質(zhì)量為2m的小車中，小車放在光滑水平面上。細線右端固定

于車廂壁C點，左端與A球相連，A、C等高，物塊B與車廂地板間的動摩擦因數(shù)為go給小車施加水平向左的

作用力F，保證輕桿與豎直方向的夾角0=30。且與小車始終保持相對靜止（假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）,重

力加速專為金下列說法正確的杲（）

A.輕桿對小球的作用力大小一定為六方向沿桿斜向上

B.細線拉力為。時，小車的加速度大小為yg

C.當(dāng)"=9時,后苧用g

D.當(dāng)〃==時,F<^wg

C組

14()為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設(shè)計好房頂?shù)母叨龋O(shè)雨滴沿房頂下淌時做無初速度、無摩擦的

15(2025八省聯(lián)考內(nèi)蒙古卷)我國航天員太空授課時演示了質(zhì)量的測量實驗。圖甲為測量裝置示意圖及光柵尺的

放大圖，其中單色平行光源、定光柵與光電探測器保持固定；右側(cè)的支架與動光柵在恒力F作用下向左做勻加速直

線運動，支架與動光柵的總質(zhì)量為m(1,光柵尺由空間周期皆為d的定光柵與動光柵組成。兩光柵透光部分寬度相

等，光棚面平行，刻線間有一微小夾角0。平行光垂直透過光柵尺后形成的周期性圖祥，稱為莫爾條紋，相鄰虛線

間距為莫爾條紋的空間周期。沿莫爾條紋移動方向，在A、B兩點放置兩個探測器，A、B間距為:莫爾條紋空間

周期。由于。很小，動光柵的微小位移會被放大成莫爾條紋的位移，由探測器記錄光強I隨時間t的變化。

單色平行光

甲

(l)Smo=5kg,F=100N,空載時就光柵由靜止開始運動，求第Ims內(nèi)的動光柵位移大小x。

(2諾410-2Md求(])問中對應(yīng)莫爾條紋移動的距離y。

⑶若某次測量中連續(xù)兩個時間間隔T內(nèi)，A、B兩點測得的1-1曲線如圖乙所示。判斷圖中虛線對應(yīng)的探測點,

并求支架上航天員的質(zhì)量m(用FUT和m0表示)。

題號1235678

答案DDABDDBC

題號91011121314

答案BADBCABCC

A組

1D根據(jù)牛頓第二定律有F-mg二ma,可得a="等％而2=0.50/2,則電梯向上加速運動。故選.

2D由圖可知，tl時刻之前，加速度先為()，后向上逐漸變大，速度從()逐漸增大，h時刻力睡度最大，而速

度還在繼續(xù)增大，故A錯誤；由圖可知，t2時刻后加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，速度方向向上，所以手機向

上做減速運動，故B錯誤；對手機進行受力分析可知，I1~tz時間內(nèi)，有,該段時間內(nèi)，a逐漸減小，

因此支持力FN逐漸減小，故C錯誤息~12時間內(nèi)，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。

3A打開降落傘后，返回艙所受空氣阻力f大于重力，做減速運動,由牛頓第二定律有.f-mg=ma,解得a=Jg,

tn

由于速度V逐漸減小，則空氣阻力f減小，可知加速度a一直減小，選項A正確。

4答案(I)2m"2(2)4m/s(3)2.7m

關(guān)犍點撥解決本題的關(guān)鍵：確定貨物的運動性質(zhì)

1.貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運動。

2.貨物在水平滑軌上做勻減速直線運動。

2

解題思路⑴牛頓定律wgsin24"〃gcos24=ma]a^lm/s

(2)勻加速/=2。"1—4〃而

⑶勻減速百一，=242/2。2=~732=2.7機

歸納總結(jié)解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點

B組

5B物塊在桌面上做勻減速直線運動，加速度大小a=pg，物塊能從另一端滑落，則物塊滑到另一端的速度v>0,

根據(jù)題意有尸％-，〃2=干煙此極限情況是物塊以％=lm/s做勻速直線運動，此時卜i=0；或以％=2加微勻減速運

動，到桌邊速度減為零，此時卜1=0.2,則有Im/s<1，0<2小樂〃<0.2》正確。

6D如圖，以A、B、C三點構(gòu)建一個豎直面內(nèi)的圓，A為圓與第一層平臺的切點，即A為最低點，AB、AC

為圓上過最低點的兩條弦,分別過A點和C點作AE〃BC,CE〃AB,則四邊形ABCE為平行四邊形，BC與AE平行

等長,根據(jù)等時圓知識可知3=心<女方,故選D。

方法技巧等時圓模型求解方法

7.D

思路分析物塊下滑過程，隨著e的變化，物塊的加速度和位移溝發(fā)生變化，無法直接推理出I如何變化，則需

要寫出時間t關(guān)于0的表達式，運用數(shù)學(xué)知識求解。

模型數(shù)學(xué)化設(shè)P點與豎直桿的距離為d,則物塊沿平板運動的位移為尸土

對物塊，利用牛頓第二定律可得mgsin0=ma

利用運動學(xué)公式可得產(chǎn)"戶

計算過程聯(lián)立可得片石1=2汪

ygsinwosZ^ygsinz^/

由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)0=45。時,sin20最大，對應(yīng)時間最小，故0由30。逐漸增大至60。，物塊的下滑時間將先

減小后增大，故D正確。

易借警示本題中P到豎直桿的距離不變,P、Q間的距離在變化,如果錯認為P、Q間距\

離不變，則會造成解題錯誤。檢咋V/'

小題巧解作以p點為最低點且與鐵架臺豎直桿切于M點的圓，如圖所示，由等時圓結(jié)尸

鐵架臺

論可知，平板與豎直桿的交點Q與M點重合時，物塊從Q點下滑到P點所用時間最短，由幾何關(guān)系可知此時

0=45°,故選項D正確。

BBC由題意可知,當(dāng)飛行器無動力豎直向下以10m/s勻速下落時受力如圖I所示，則有，的*原當(dāng)發(fā)動機

以最大推力推動飛行器豎直向上以5m/s勻速運動時飛行器的受力如圖2所示，則有砧咻潞得Fm=L25Mg,

故A錯誤。當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時飛行器的受力如圖3所示，則有"心念A(yù)H/，解得/=《睦，故

B正確。當(dāng)發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時飛行器的受力如圖4所示，則有％=J(Mg)2+(3)2,解得

丫3=56〃區(qū)故C正確。當(dāng)飛行器以5m/$的速率飛行時其最大加速度應(yīng)滿足同”用+%=用冊”則〃=2.5g、故D錯誤。

名師點睛動力學(xué)多過程問題要從題干條件切入，按順序認真進行各個情況下的受力分析，畫出受力分析圖，再

根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程C

9B在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力且保持不變，即F=mg,當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力

為零前戶mg-k(y-H),隨著y增大下線性減小，當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力到最低點過程中F=k(y-H)-mg,木塊所受

合外力向上，隨著y增大，F(xiàn)線性增大，木塊返回到原點過程是下落過程的逆過程，受力情況完全相同，A錯誤，

B正確；同理，在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運動，根據(jù)產(chǎn);g產(chǎn)和v=gt可知速度逐漸增大，所以y-t

圖像為拋物線，斜率逐漸增大，木塊芟觸彈簧后到合力為零前，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，

所以y-t圖像斜率繼續(xù)增大,當(dāng)木塊至」達平衡位置時圖線的斜率最大,而不是y=H時斜率最大,當(dāng)彈簧彈力大于木

塊的重力到最低點過程中，木塊所受合外力向上,木塊做加速度增大的減速運動，所以y-t圖像斜率減小,到達最

低點后,木塊向上運動，由對稱性可知，返回過程木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動,

最后做勻減速直線運動回到原點，c、D錯誤。

由題意可知，以木塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有則有a=-

10AF-mgsinO-pmgcos9=ma,fn

-gsinO-4gcos。,由題圖乙可得Rg縱軸截距-8"心2=飛$何小卜唱cos。,解得,m=2kg,R=0.25,故C、D錯誤;當(dāng)F=20

iotn

N時，代入a的表達式得a=2〃加2,故g錯誤;當(dāng)F=32N時，代入a的表達式得折加//,故A正確。

?方法技巧分析動力學(xué)圖像問題的方法技巧

(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程。

(2)建立圖像與物體運動間的關(guān)系：把圖像與具體的情境結(jié)合起來，明確圖像反映的是怎樣的物理過程。

⑶建立圖像與公式間的關(guān)系：對于a-F圖像、F-x圖像、v-t圖像、0，圖像等,都應(yīng)先建立函數(shù)關(guān)系，然后

根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取信息或描點作圖，特別要明確圖像斜卒、“面積”、截距等對應(yīng)的物理意義。

(4讀圖時要注意一些特殊點,如起點、與坐標軸的交點、轉(zhuǎn)折點、兩圖線的交點等。

11D小物塊沿斜面向上滑行的初速度為=12〃?/s,由%8=2?！翱傻闷?2□子，解得刈=4〃的根據(jù)運動學(xué)公式，

AB段耳嗚-詔=2x(-2詠)s.BC段有Or鏟2(-%c)?c，，因BC段長度未知，故無法求出加速度及斜面AB段的

長度,C錯誤；小物塊在AB段，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin0+pmgcosO=m-2aBc,在BC段有mgsinO=maBC,因

加速度未知，所以不能求得斜面傾角及物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，A、B錯誤；小物塊下滑通過AB段時，根

據(jù)牛頓第二定律得mgsinO-pmgcosG=ma：因為mgsinG=|.imgcos9=maBc,則a-O,D正確。

12BC由題意可知，撤去手之前繩上的拉力為0,此時，對A、B整體受力分析得2〃?g=ho,,撤去手的一瞬間，

彈簧彈力不變，A、B、C的加速度人小相等,對C受力分析得2mg-F=2ma,對A、B整體受力分析，由牛頓笫二定

律得屆京0-2〃-2〃小聯(lián)立解得片上此時繩上的拉力大小為F=mg,A錯誤。撤去手的一瞬間,對B受力分析，

由牛頓第二定律得產(chǎn)//『小代入數(shù)據(jù)得此時A對B的作用力大小為乃產(chǎn)荻9上正確。撤去手之后在A、B

分開前，由牛頓第二定律得2mgF=2ma\F+kx-2mg=2mal隨著A向上運動，彈簧的形變量減小，巨知加速度減?。?/p>

A、B分開后，B、C由繩連接，則加速度大小相等，對C受力分析，由牛頓第二定律可知2mg-F=2ma”,對B受力

分析，蟲牛頓第二定律可知P”-mg=ma”.聯(lián)立解得?'=上加速度不再變化，C正確。A、B剛好分離時，F(xiàn)AB=O,A、

B、C加速度大小相等，為9，隔離A油牛頓第二定律得依解得此時彈簧形變量為x尸矍，故當(dāng)物塊A、

B剛好分離時，物塊A上升的高度為hro-x尸等4昔誤。

歸納總結(jié)產(chǎn)生臨界值或極值的條件

臨界或極值狀態(tài)對應(yīng)條件

兩物體剛好接觸或剛好脫離彈力*0

兩物體由相對靜止開始相對滑動靜摩擦力達到最大值

繩子斷裂張力為繩子所能承受的最大張力

繩子怡被拉直張力Fr=0

當(dāng)所受合力最大時，具有最大加速度；合力最小時，具有

加速度最大或最小

最小加速度

速度最大或最小加速度為零

13ABC桿為動桿，則其對小球的作用力方向一定沿桿,對小球，在豎直方向有&,cos30得￡v=￥"g

故A正確；細線拉力為0時，對小球，水平方向，由牛頓第二定律得Fvsin30=〃以解得方備,故B正確；當(dāng)〃=

手時，對物塊B,有N=Evcos30，〃g,物塊B受到小車的靜摩擦力向左達到最大時，加速度最大，在水平方向由

牛頓第二定律得/zA^-Fvsin30=〃叼解得白產(chǎn)梟⑼產(chǎn)。,則對A、B和小車整體，由牛頓第二定律得已〃=4/四=手〃g

因此有F<竽機名故C正確；當(dāng)"罟時，對物塊B,有N=￡心30+〃吆,，物塊B受到小車的靜摩擦力向左達到

最大時，加速度最大，在水平方向由牛頓第二定律得|N-Evsin30=〃?〃2解得〃2=殍4由于a<Q，則系統(tǒng)向左能

達到的最大加速度為梟，對A、B和小車整體，由牛頓第二定律得心=4〃”手〃■因此有巴?〃鳥故D錯誤。

方法技巧求解臨界或極值問題的方法

思想方法適用情境分析思路

把物理問題（或過程）推向極端，從而使

題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好’等字眼

極限思想臨界現(xiàn)象（或狀態(tài)）暴露出來，達到快速求解

時，一般都隱含著臨界問題