2026届高考物理一轮复习讲义：牛顿运动定律的基本应用

第二讲 牛顿运动定律的基本应用
1．第四章第5节P97页，利用牛顿第二定律可以研究哪两类问题？
提示：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力。
2．第四章第6节P101页，什么是超重现象？什么是失重现象？什么是完全失重现象？
提示：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象，叫作超重现象；物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象，叫作失重现象；物体对支持物（或悬挂物）完全没有作用力的现象，叫作完全失重现象。
3．第四章第6节P102页【思考与讨论】图4.6－4下蹲过程，图4.6－5下蹲、站起两个过程，分析超重和失重的情况。
提示：下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起过程先向上加速再向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。
1．瞬时问题的两类模型
轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理
弹簧、蹦床和橡皮条 当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变
2．求解瞬时加速度的一般思路

题型一 轻弹簧或轻绳（轻杆）问题
（2024·湖南·联考题）如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下 面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法中正确的是（　　）
A．小球A的加速度大小为 B．小球A的加速度大小为
C．小球B的加速度大小为 D．小球B的加速度大小为g
答案 B
解析 CD．在剪断细绳瞬间，弹簧的形变没有发生变化，弹力不会突变，所以小球B受力仍然平衡，加速度为零，故C、D错误；AB．设小球B的质量为m，则弹簧L2的弹力为mg，由题意可知弹簧L1的弹力为3mg，在水平方向的分力为3mgsin 60°＝，在竖直方向的分力为3mgcos 60°＝，则将细绳剪断之前有＝mAg＋mg，所以小球A的质量mA＝，剪断细绳的瞬间，小球A受到的合力与剪断细绳前的拉力大小相等，原来细绳的拉力等于，由牛顿第二定律得可得，小球A的加速度大小为，故A错误，B正确。
（多选）（2023·陕西·模拟题）如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）
A．乙图中A球加速度为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
答案 AD
解析　对甲图，弹簧弹力F＝mgsin θ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B球进行受力分析，根据牛顿第二定律F＋mgsin θ＝maB，解得aB＝2gsin θ；对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，轻杆作用力为零，以A、B为整体，根据牛顿第二定律2mgsin θ＝2ma，得a＝gsin θ，即A、B的加速度都为gsin θ，综上分析可知，A、D正确，B、C错误。
题型二 轻弹簧和接触面问题
（2024·湖北·联考题）如图所示，质量均为2 kg的木块A和B静止在倾角为30°的光滑斜面上，此时A、B间恰好没有弹力，则剪断细绳的瞬间A、B间的弹力为（　　）
A．0 B．5 N C．10 N D．20
答案 B
解析　初状态因A、B间恰好没有弹力，所以此时弹簧弹力F＝mgsin 30°。剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不能突变，仍为mgsin 30°，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有2mgsin 30°－F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；再隔离B分析有mgsin 30°－FN＝ma，解得FN＝5 N，故B正确。
求解瞬时性问题时应注意：
1．找准变化前后的两个运动状态，对物体进行受力分析。
2．在瞬时问题中，轻绳（或轻杆、接触面）的弹力可以突变，轻弹簧（或橡皮条）的弹力不能突变。
1．（2024·湖南·联考题）用三根细线a、b、c将质量均为m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．细线a上的张力大小为4mg
B．细线c上的张力大小为2mg
C．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为
D．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为g
答案 C
解析 AB．对两球的整体，对细线a，竖直方向Tacos 30°＝2mg
解得细线a上的张力大小为Ta＝
细线c上的张力大小为Tc＝Tasin 30°＝，选项AB错误；
CD．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为a1＝，选项C正确，D错误；
故选C。
2．如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是 （　　）
A．细线被剪断的瞬间，A、B两个小球的加速度为零
B．细线被剪断的瞬间，A、B两个小球的加速度沿斜面向上，大小为2gsin θ
C．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为2mgsin θ
答案 C
解析 剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ，以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ，故C正确。
3．如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。重力加速度为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（　　）
A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为g D．A、C间的弹力大小为0.5mg
答案 D
解析 将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，选项AC错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，选项B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，由牛顿第二定律有FAC＋mg＝maAC，解得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，选项D正确。
1．实重与视重
（1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。
（2）视重
①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象 失重现象 完全失重现象
概念 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象 物体对支持物（或悬挂物）完全没有作用力的现象
产生条件 物体的加速度方向向上 物体的加速度方向向下 物体的加速度方向竖直向下，大小等于g
原理方程 F－mg＝ma F＝m(g＋a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝ma a＝g F＝0
运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升
题型一 超重和失重的理解
（2024·广东·联考题）高跷运动是一项新型运动，如图甲为弹簧高跷，当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是（ ）
A．人向上弹起的过程中，一直处于超重状态
B．人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力
答案 C
解析 A、人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后的一段弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态。故A错误；
B、踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等。故B错误；
C、弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力。故C正确；
D、弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对地面的压力大于人和高跷的总重力。故D错误。
题型二 超重和失重的图像问题
（2025·北京·历年真题）模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ ）
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
答案 B
解析 A．t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；
B．t2～t3，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；
C．t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；
D．根据前面分析可知，t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。
故选B。
1．超重和失重的理解
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
（2）物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
（3）在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（4）尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2．判断超重和失重的方法
（1）从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。
（2）从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
（3）从运动状态的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
1．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中（　　）
A．人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态
C．在bc段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态
D．在c点，人的速度为零，其加速度也为零
答案 C
解析 在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态；在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正确；在c点，人的速度为零，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，故D错误。
2．（2024·湖北·模拟题）智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻手机处于完全失重状态 B．t2时刻手机开始向上运动
C．t3时刻手机达到最大速度 D．手机始终没有脱离手掌
答案 A
解析 A、t1时刻手机的加速度为－g，故此时手机处于完全失重状态，A正确；
B、从t2时刻开始，加速度变为正值，只能表示手机的加速度向上，并不能表示手机开始向上运动，B错误；
C、根据图线与坐标围成的面积表示速度的变化量，故t2时刻手机达到最大速度，C错误；
D、根据图像可知，有一段时间，手机的加速度为－g，此时手机处于完全失重状态，不受手的支持力，有可能脱离手掌，D错误；
故选A。
两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知物体的受力情况，求物体的运动情况。
第二类：已知物体的运动情况，求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：
题型一 已知物体的受力情况，求物体的运动情况
（2024·甘肃·联考题）如图所示，在倾角为37°足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，t＝0时物体在拉力F＝15 N的作用下由静止开始沿斜面向上运动，t＝2 s时撤去拉力F。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。下列说法正确的是（　　）
A．物体沿斜面向上加速时的加速度大小为2 m/s2
B．物体在t＝2.5 s时的速度为0
C．物体在斜面上运动的总时间为3 s
D．物体沿斜面向上运动的最大位移为15 m
答案 D
解析　有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1＝5 m/s2，A错误；2 s时物体的速度为v1＝a1t1＝5×2 m/s＝10 m/s，撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得物体向上减速的加速度大小为a2＝10 m/s2，物体向上减速的时间为t2＝＝1 s，则物体在t＝3 s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3 s，C错误；物体沿斜面向上运动的最大位移为x＝＝15 m，D正确。
题型二 已知物体的运动情况，求物体的受力情况
（2024·广东·模拟题）在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1＝40 kg的购物车由静止开始经过t＝10 s通过的位移x1＝20 m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t＝10 s通过的位移x2＝15 m。假设购物车的运动轨迹为直线，服务员先后两次的推力F保持不变，车所受的阻力f等于车重力的，取g＝10 m/s2，求：
（1）推力F的大小；
（2）第二次比第一次增加的质量。
答案 （1）20 N （2）10 kg
解析 （1）设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得x1＝
对购物车由牛顿第二定律得F－0.01m1g＝m1a1
代入数据解得F＝20 N
（2）设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有x2＝
由牛顿第二定律得F－0.01m2g＝m2a2
联立以上各式解得m2＝50 kg
则Δm＝m2－m1＝10 kg。
1．解决两类动力学问题的两个关键点
2．两类动力学问题的解题步骤
1．无动力翼装飞行是一种极限运动，也称飞鼠装滑翔运动。若总质量为80 kg的运动员在某次无动力翼装飞行中做初速度为零的匀加速直线运动，最大速度达194.4 km/h，翼装飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，运动员受到空气的作用力F的方向与飞行方向垂直，取g＝10 m/s2，则此过程中（　　）
A．F＝480 N B．加速度大小为8 m/s2
C．用时9 s达到最大速度 D．下降高度为243 m时达到最大速度
答案 C
解析　对运动员进行受力分析如图所示，则有F＝mgcos θ，由于飞行方向与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知cos θ＝0.8，sin θ＝0.6，代入解得F＝640 N，A错误；对运动员，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得加速度大小为a＝6 m/s2，B错误；根据vmax＝at0，解得t0＝9 s，C正确；达到最大速度时，设下降高度为h，则有，解得h＝145.8 m，D错误。
2．（2024·辽宁·模拟题）一种巨型娱乐器械可以使人们体验超重和失重。可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上H＝48 m的高空，然后座舱从静止开始以a1＝8 m/s2的加速度匀加速下落了36 m，制动系统启动，座舱立即匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）制动系统启动时座舱速度的大小及减速阶段加速度a2的大小；
（2）制动系统启动后，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
答案 （1）24 m/s 24 m/s2 （2）
（1）设制动系统启动时座舱速度的大小为v，座舱做匀加速阶段，根据运动学公式有2a1x1＝v2
解得v＝ m/s＝24 m/s
座舱做匀减速阶段，根据运动学公式有－2a2(H－x1)＝0－v2
解得a2＝ m/s2＝24 m/s2
（2）制动系统启动后，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma2
可得
可知座椅对游客的支持力是游客重力的倍。