第13讲 牛顿第二定律的基本应用（讲义）（解析版）—高中物理

这份资料是关于第13讲 牛顿第二定律的基本应用，包括讲义和解析版，属于高中物理范畴，总共有18页。

复习目标

网络构建

考点一 动力学两类基本问题

【夯基·必备基础知识梳理】

知识点1 解决动力学两类问题的两个关键点

知识点2 两类动力学问题的解题步骤

【提升·必考题型归纳】

考向1 已知受力情况求运动情况

考向2 已知运动情况求受力情况

考点二 超重与失重

【夯基·必备基础知识梳理】

知识点1 超重与失重的概念

知识点2 超重与失重的的判断方法

【提升·必考题型归纳】

考向1 生活中的超重与失重

考向2 与超重失重有关的图像问题

考点三 等时圆模型

【夯基·必备基础知识梳理】

知识点1 圆周内同顶端的斜面

知识点2 圆周内同底端的斜面

知识点3 双圆周内斜面

【提升·必考题型归纳】

考向 等时圆模型的应用

考点四 动力学图像问题

【夯基·必备基础知识梳理】

知识点 动力学图像问题类型、解题策略、

破题关键

【提升·必考题型归纳】

考向1 v­t图像

考向2 a­t图像

考向3 F­t图像

考向4 F­a图像

真题感悟

更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏MXSJ663

运用牛顿运动第二定律解决动力学中的两种核心议题，分析物体超重和失重的现象，探讨等时圆运动的规律，并解读动力学图像所反映的物理规律。

学会用牛顿第二定律解决实际生活问题。

考点一 动力学两类基本问题

知识点1 解决动力学两类问题的两个关键点

1.把握“两个分析”“一个桥梁”

识别各种阶段间的关联,比如首个阶段的最终速度即为次阶段的开端速度,倘若情形较为繁杂

可画位置示意图确定位移之间的联系。

知识点2 两类动力学问题的解题步骤

考向1 已知受力情况求运动情况

图中展示，斜面底部设有挡板，斜面与地面夹角为某个值，挡板顶部安装有轻质小滑轮，一根不可拉伸的细绳跨过该滑轮，一端系在质量为4m的物块A上，另一端系在质量为m的物块B上，初始时物块B静止在地面上，物块A与挡板相距d，随后突然松开，物块A开始沿斜面下滑，撞击挡板后瞬间速度降为0不计一切摩擦，则物块B上升的最大高度为（ ）

A．B．C．D．

【答案】B

【详解】依据题目要求，设A初始下滑时的加速度值为a，A碰到挡板时的速率值为v，则依照牛顿第二运动定理可知，依照运动学原理可知，解出，之后B以速率向上实施垂直上抛，上升的垂直距离为，则物块B上升的极限垂直距离为，因此选择B。

如图所见，该景区存在一处倾斜面，其与地面构成特定角度，整体长度为L，现计划在此处建设滑草设施。使用者借助专用装置，从坡顶位置静止出发，沿直线轨迹向下滑行，随后平稳过渡至水平直线轨道，最终通过装置的制动系统完全停止。整个运行路径的草皮覆盖层与滑草装置底部接触面之间的动摩擦系数为特定数值，假定使用者全程维持标准体态且不改变装置状态，同时不考虑气流产生的阻力作用。以下陈述中，哪项是准确的（ ）

A．加速下滑与水平减速两段过程中的平均速度的大小相同

B．为保证乘客能顺利沿滑道滑下，要满足动摩擦因数

C．不同体重的乘客沿滑道加速下滑的过程中加速度不同

D．为了乘客的安全，修建的水平滑道长度至少为

【答案】A

详解A乘客从坡顶静止出发沿直线滑道向下滑行，到达坡底时速度为v，接着沿水平直线滑道逐渐减速直至停止，可以看出，加速下滑阶段与水平减速阶段，两段时间内的平均速度数值相等，因此A选项表述正确

B．为保证乘客能顺利沿滑道滑下，则有可得故B错误；

C．由可知，加速度与乘客的质量无关，故C错误；

D．由可得故D错误。故选A。

考向2 已知运动情况求受力情况

2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱顺利降落在地面，该返回舱的整体重量大约为3100千克。在接近地面阶段，返回舱的减震推进器朝下喷射气体，以确保着陆瞬间速度降为零。返回舱在触地前的倒数秒钟速度变化情况如图所示，重力加速度值已知，以下说法准确的是（ ）

A．返回舱距离地面1.2m时，缓冲发动机启动

B．最后一秒内的平均速度大小为5m/s

C．返回舱减速过程中，航天员处于失重状态

D．缓冲发动机对返回舱的作用力约为

【答案】A

【详解】A．根据v-t图像，返回舱在缓冲发动机点火前匀速下降，缓冲发动机点火后匀减速直线下降，匀减速直线运动的位移数值上等于图线与坐标轴围成的面积

故返回舱距离地面1.2m时，缓冲发动机启动，A正确；

B．最后一秒内返回舱的总位移故其在最后一秒的平均速度大小为

故B错误；

CD．匀减速直线运动的加速度大小即为图线在时间段内的斜率

根据牛顿第二运动原理可知，缓冲推进器施加在返回器上的力大约等于，返回器在减速期间，处于超重情形，因此舱内航天员也承受超重，选项CD不正确。所以选择A。

热气球停在高65米处，属于无人地带，因工作人员失误导致部分气体泄漏，很快被堵住。气球随后在垂直方向由静止状态开始匀加速下落，30秒后速度增至3米每秒。工作人员随即抛掉部分配重，气球转为匀减速运动，30秒后重新回到原先的高度。热气球减去部分气体后的整体重量为600千克，封闭状态下承受的浮力数值维持不变，忽略空气阻力的影响，重力加速度值已知，以下论断准确的是（ ）

A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为

B．热气球堵住后受到的浮力大小为5600N

C．热气球距地面的最小距离为20m

D．抛出物的质量为23.3kg

【答案】AD

【详解】A，热气球正往下实施均速变化直线行进，其速率增加量所以A准确；

B．根据牛顿运动定律有解得故B错误；

C．抛掉部分压舱物后，气球加速度的量值为某个数值，气球重新抵达初始高度的时刻，将这个数值代入前述公式，运算得出热气球从启动减速至降至最低点期间经过的时间段，由此可以推算出热气球下坠过程中达到的最高点位置，进而得出热气球与地面的最近间隔，因此选项C的表述是不正确的。

D．设抛出物的质量为，抛出后根据牛顿运动定律，有解得

故D正确。故选AD。

考点二 超重与失重

知识点1 超重与失重的概念

1.实重和视重

(1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态 。

物体若被悬挂于弹簧测力计下方，或放置在水平台秤之上，那么弹簧测力计或台秤上所显示的读数，便称作是视重。

2.超重、失重和完全失重的比较

知识点2 超重与失重的的判断方法

1．判断超重和失重现象的三个角度

从受力情况来看：若物体承受的向上牵引力或者垂直向上的反作用力超过其自身重量，物体会呈现超负荷现象；若该力低于物体重量，则物体会出现下坠状态；如果这种向上的力完全消失，物体便会经历彻底失重的情形。

从加速度的方面分析：物体若产生向上的加速度，则当前状态为超重；若产生向下的加速度，则当前状态为失重；若向下的加速度值与重力加速度值相等，则当前状态为完全失重。

从运动状态分析：物体若向上提升速度，或向下降低速度，身体会感觉更重；物体若向下提升速度，或向上降低速度，身体会感觉更轻。

2．对超重和失重问题的三点提醒

出现重力超出正常值或减轻现象，跟物体移动的路线没有关系，只由加速运动的方向决定。

物体不一定只在垂直方向移动时才会经历超重或失重状况，只要加速度包含向上的垂直部分，物体会感觉超重；同样，只要加速度带有向下的垂直成分，物体会感觉失重。

当出现超重情形或失重状况时，物体本身所受的重力保持不变，真正改变的是人感觉到的重量。

考向1 生活中的超重与失重

如图所见，在某个都市的建筑工地，劳动者借助夹砖工具将两个质量均为m的相仿长方体砖头夹紧，然后以竖直向上的方式加速升起。已知每块砖头所能承受的最大抗压强度为F，夹砖工具与每块砖头之间的动摩擦系数为μ，假设最大静摩擦力等同于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此加速提升砖头的过程中，正确的说法是（ ）

A．在加速提起砖块的过程中，砖块处于失重状态

B．夹砖器对两块砖块的压力大小可能不相等

C．砖块被加速提起的过程中，其加速度的最大值为

D．两块砖块之间的摩擦力一定不为零

【答案】C

【详解】A．提升砖块时，其加速度朝上，体现为超重情形，A不正确；

B．砖块在水平方向上维持稳定状态，因此夹砖器对两块砖块施加的力道数值相等，B错误；

夹砖器与砖块即将动起来时，砖块加速度达到峰值，对两块砖整体进行受力分析，如图甲所示，依据牛顿第二定律可知，在砖块被加速提起期间，其加速度的最大值就是，C选项准确。

在加速度达到峰值时，针对单个砖块进行受力考察，如图乙所示，若其垂直方向仅承受地球引力及夹砖器施加的向上的静摩擦力，由此推算出二者间的摩擦力值等于零，因此选项D不成立，正确答案应为C。

如图所见，一名跳跃者正在高处进行跳跃活动。从跳跃者离开平台开始，直到最终在空中停止移动为止，整个过程中，正确的描述是（ ）

A．爱好者在加速下落过程中，其惯性增大

B．爱好者离开高台瞬间，其速度和加速度都为零

C．爱好者第一次下落到最低点时，其处于超重状态

D．当爱好者从谷底开始攀升时，绳索对其施加的作用力超过地球引力，因此会感到身体变重

【答案】C

【详解】惯性的程度仅取决于物体的重量，重量维持不变，惯性的程度也维持不变，所以A的表述有误；

B．爱好者离开高台瞬间，速度为零，加速度不为零，故B错误；

C．当运动者初次抵达最深处，绳索承受的张力超过地球引力，产生向上的加速度，身体感受到的重量增加，因此C选项准确无误；

在初始阶段，从下往上升时，绳索的牵引力超过重力，导致加速度朝上，人感受到超重；当继续上升，牵引力逐步减弱，一旦与重力相等，人便进入稳定状态，速度达到峰值；若继续上行，牵引力会小于重力，加速度朝下，人便会体验到失重，因此D的描述不正确。所以选择C。

考向2 与超重失重有关的图像问题

加速度传感器是智能手机中一种常见的功能模块，可以记录物体在运动时的加速度数值。为了确保安全，有必要研究某部电梯在运行时的加速度表现。将手机放置在电梯轿厢底部并启动加速度感应功能，让电梯从静止状态快速进行上下往复运动，从而获取了如图所示的加速度随时间变化的曲线图，该图表将垂直向上的方向设定为正方向。由此可判断出（ ）

A．手机在时刻速度为0

B．运行过程中手机有可能与升降机分离

C．手机在时间内，处于超重状态

D．在时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大

【答案】B

【详解】A．依照要求，从图中可以观察到，加速度先前一直朝上，在那时，手机向上的速度增至顶点，所以A不正确；

根据题目要求，通过观察图像可以发现，手机在某个时间段内垂直向下的加速度值与重力加速度相等，因此手机存在脱离升降机的可能性，所以选项B是正确的。

根据题目要求，从图中可以观察到，手机的加速度朝向下方，手机当前正经历失重现象，所以选项C是不正确的。

根据题目要求，从图中可以观察到，手机的加速度朝上，依据牛顿第二运动原理，因为受到的力在减小，所以手机的加速度也在减小，当手机的加速度朝下时，依照牛顿第二运动原理，因为受到的力在增大，所以手机的加速度在减小，在特定时间段内，升降机对手机的作用力持续降低，根据牛顿第三运动原理，手机对升降机的反作用力也持续降低，因此选项D是不正确的，所以选择选项B。

一个重为m的人站在直梯里往楼下走，移动距离s和时间t有关，如图所示。这个人对电梯底板施加的力记为kaiyun全站app登录入口，他的运动速度记为v。地球引力场强度为g。下列说法中准确的是（ ）

A．时间内，v增大，B．t1~t2时间内，v减小，

在t2到t3这个时段，速度在变大，在t2到t3这个时段，速度在变小。

【答案】D

【详解】A．根据s-t图像的斜率反映速度，可知，在特定时段内，速度值上升，加速度朝向下方，导致失重现象，因此选项A是不正确的。

在时段t1到t2期间，速度先变大后变小kaiyun官方网站登录入口，加速度先朝下后朝上，因此先感到重量减轻，后感到重量增加，所以先，后，选项B不正确；

在时间段t2到t3期间，速度出现降低，加速度朝上，导致身体感到超重，因此选项C是不对的，而选项D是对的，所以最终选择D。

考点三 等时圆模型

知识点1 圆周内同顶端的斜面

那个图像显示，处于垂直平面内的那个圆周上，每一个斜面的顶端都位于垂直圆周的最高处，而它们的底端则都处在那个圆周上。

根据2R·正弦θ等于二分之一乘以重力加速度乘以正弦θ乘以时间平方，可以得出：第一个时间等于第二个时间等于第三个时间。

知识点2 圆周内同底端的斜面

如图所见，在垂直平面内的那个圆圈上，所有斜坡的底部都处在垂直圆圈的最低处，而它们的顶部则来自圆圈上的不同位置。由此可以推断出：t1、t2、t3这三个值是相等的。

知识点3 双圆周内斜面

如图所见，两个圆处于垂直平面，圆心位于同一直线上，且彼此接触。各斜面经过两圆的共同接触点，顶端起始于上方圆周的某位置，底端终止于下方圆周的对应点。由此可知，t1、t2和t3三者相等。

考向 等时圆模型的应用

如图所见，一个垂直放置的圆形环处于向左的水平均匀电场内，三个完全相同的带正电的绝缘小球，没有画出，分别固定在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上，其中AB与垂直方向形成60度夹角，AC穿过圆心，AD垂直向上，现在让小球从A点无初速度释放，小球沿AB、AC、AD分别运动到B、C、D三点。小球承受的电场作用力与自身重力的数值之比，可以确定小球沿着三根细杆移动所经历的时间长短顺序。

A．B．C．D．无法确定

【答案】B

【详解】小球承受的电场作用力与地球引力之间的数值比例可以确定，小球承受的地球引力与电场作用力的合成力F的走向正好和某条直线一致，这条直线从A点延伸至B点。接着，将这条直线向远处延伸，找到其与另一条直线的交点M，然后以M点为圆心，以刚才找到的交点为半径，画出一个圆形（图中用虚线表示），这个圆形会和之前画出的直线再次相交于N点。

假设，那么小球沿着杆移动时的加速度，这个加速度的大小跟位移的值没有关系，根据等时圆理论可知，速度和角速度是相等的，所以，由此可以得出结论。

故选B。

如图所见，在倾斜面上存在四条光滑细杆，其中OA杆垂直安放，OB杆与OD杆长度相等，OC杆与斜面成直角，每条杆上均套有一个小圆环，但图中未标示出圆环，四个圆环分别从O点开始静止滑落，沿OA、OB、OC、OD路径到达斜面位置的时间依次为t1、t2、t3、t4。以下哪个关系式是错误的（ ）

A．t1 > t2B．t2= t1C．t1= t3D．t2 < t4

【答案】B

以OA为直径作圆，依据等时圆原理，小滑环承受重力和支撑力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，应用牛顿第二定律，小滑环以零初速度做匀加速直线运动，其加速度为a = gcosθ

（θ为杆与竖直方向的夹角），如图所示

根据图中直角三角形可知，小滑环的移动距离S等于2R乘以余弦θ值乘以θ本身，根据移动距离与时间的关系可以推算出运动时间，由此可以推断出时间t与角度θ没有关联，因此从圆周最高点沿着任意一条弦滑落到底部所需时间都是一致的，所以沿OA和OC滑落到底部的时间相等，即t1等于t3，OB并非一条完整的弦，因此所需时间最短，即t1大于t2，OD的长度超过了单条弦的长度，因此所需时间最长，即t2< t4综上有t4 > t3= t1 > t2本题选择不正确的，故选B。

考点四 动力学图像问题

知识点 动力学图像问题类型、解题策略、破题关键

考向1 v­t图像

如图所见，一块长木板a正于无摩擦水平地面行进，某一刻将一块相对地面静止的物块b放到木板上，此时a的速率是某个值，同时给b施加一个向右的水平恒力F，已知物块和木板的质量一样，物块与木板间的最大静摩擦力同滑动摩擦力相等，且物块一直留在木板上，那么物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度随时间变化图线可能正确的选项是（ ）

A．B．

C．D．

【答案】D

详解，长木板与滑块速度相同时，它们朝左移动，承受向右的摩擦力与恒力，同时遭遇向左的摩擦力，进行减速，并伴随加速，由于不清楚质量及恒力数值，无法判定加速度大小，共速之后，假如在某种外力作用下，木板与滑块间的摩擦力未达最大静摩擦力，根据牛顿第二定律，整体将同步加速，倘若在某种外力作用下，木板与滑块间的摩擦力达到最大静摩擦力，那么它们的加速度将不再相等，均会持续加速。故选D。

如图甲所示，一块足够长的木板安稳地放在水平地面上，木板的最右端放着一个能够视为质点的小物块。施加一个向右的稳定拉力F，木板和物块开始相对移动，随后移除F，木板运动的速度随时间变化情况如图乙所示，物块与木板的质量都是1kg，两者之间以及木板与地面之间存在摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，以下判断准确的是（ ）

A．0～1s内物块的加速度为

B．物块与木板间的动摩擦因数为0.2

C．拉力F的大小为21N

D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3m

【答案】BC

【详解】A．根据图像显示，1.5秒时物块与木板运动速度相同，因此物块在0到1.5秒期间的加速度为

故A错误

B．对物块有可得物块与木板间的动摩擦因数为故B正确

C．在1～1．5秒期间，木板的加速度依照牛顿第二定律得以确定，在移除拉力F之前，木板的加速度依照牛顿第二定律得以计算

故C正确；

根据图像可知同步运动时速率是3米每秒，那么在一秒半时间里物块行进距离为，一秒半时间里木板行进距离是

在1．5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小

物块到停止的时间还需木板的加速度大小为，则有

木块运动到静止的时间要比木板早，因此木板在物块停止运动前就已停下，在1．5秒末到物块完全静止期间，物块移动的距离为木板位移的一半，物块最终停下来的地点与木板右端之间的间隔是

故D错误；故选BC。

考向2 a­t图像

三，移动设备加装应用后，能借助设备内置的感应装置检测其移动过程中的加速度变化，采用橡胶外壳的设备从某个高度静止状态下落，触及地面时，设备感应装置记录了设备运动加速度a随时间t变化的情形，如图所示，g代表当地的重力加速度值。以下论断有误的是（ ）

A．释放时，手机离地面的高度为

B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为

C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍

D．0到内图线与横轴所夹区域，时间轴下方部分与上方部分的面积数值相同

【答案】C

【详解】A．根据图示，在时间点手机首次触碰地面，此时物体处于自由下落状态，其脱离束缚的瞬间，手机距离地面的垂直距离为特定数值，因此A选项为正确表述，不符合题目设定的条件。

根据图像显示，在某个时间点手机开始与地面接触，在另一个时间点手机开始离开地面，因此手机第一次撞击地面的作用时长可以确定，所以B选项正确，但这不符合题目设定的条件。

根据图表信息，此刻手机的加速度数值达到峰值，其指向为垂直朝上方向，依照牛顿第二运动原理可以推算出

手机在初次触碰地面时承受的冲击力，达到了其重量的十倍以上，因此选项C的判断是错误的，符合题目设定的条件。

通过观察图像可以发现，在特定时间点手机的加速度达到峰值，此时手机受到地面的支持力数值最大，手机处于运动轨迹的最低位置，其速度值等于零，因此在该时间间隔内手机速度的增减量为零，根据图像与横轴所围成的区域代表速度的增减量，可以观察到从零到该时间点图线与横坐标轴所围成的区域，时间轴下方和上方的区域面积相等，所以选项D是正确的，但不符合题目要求的选择标准，因此最终选择选项C。

物块a和物块b通过一根轻质弹簧连接，二者位于无摩擦的水平面上，物块a的质量为1kg，初始状态如图甲所示。两物块最初都保持静止，弹簧处于自然长度。在时间t=0时刻，对物块a施加一个水平向右的恒定外力F。当时间达到t=1s时，该外力F被移除。在0到1秒的时间区间内，两物块的加速度随时间的变化情况如图乙所示，弹簧一直保持在弹性工作范围内，整个运动过程中，以下判断是正确的（ ）

A．b物块的质量为3kg

B．恒力F的冲量为1N·s

C．t=ls时b的速度小于0.15m/s

D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为

【答案】BD

【详解】初始时刻，针对物体a运用牛顿第二运动定理，当时间达到一秒时，假设弹簧作用力为某个数值，分别对物体a和b应用牛顿第二运动定理，将三个方程组合求解，由此可知选项A的表述不成立。

B．恒力F的冲量为故B正确；

C．a-t图像和坐标形成的区域代表速度的增减量，因此t等于ls时b的速度，所以C这项说法不正确。

D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为

移除牵引力之后，从图示能够看出a的速率超过b的速率，因此a与b之间的间隔会进一步拉大，在这个阶段a和b构成的系统遵循动量守恒定律，当弹簧的拉伸程度达到峰值时，a和b的速率会变得一致，记作v，由此可以推算出结论，所以选项D是正确的

故选BD。

考向3 F­t图像

如图甲所示，A、B两个物体彼此接触却并不粘连，安放在有摩擦的水平地面上，这两个物体的质量分别是。在时间t等于零的瞬间，外力分别作用在A和B上，这些外力的大小随时间t的变化情况如图乙所示。已知这两个物体与地面之间的滑动摩擦系数都是0.1，把重力加速度作为标准值。以下论断中准确无误的是（ ）

A．时，物体A、B分离

B．物体A、B分离瞬间，物体A的速度大小为3m/s

C．时，A对B的作用力大小为5N

D．内，A对B的作用力的冲量大小为

【答案】BD

【详解】A．从图形上可以看出，推力与时间的关系式，以及随时间变化的函数形式分别为；

当A、B物体间相互作用力为零时，二者分离，对A、B整体有

解得对B有解得代入可得故A错误；

B．A、B物体分离前加速度不变，则有故B正确；

C．时，有对B有解得故C错误；

D．内，根据动量定理有；根据图像可知

解得A对B的作用力的冲量大小为故D正确。故选BD。

物流企业借助轨道将物资直接载入货车内，如图展示，斜向轨道与地面形成24度夹角，轨道总长固定，地面轨道部分可调节，两段轨道平滑相接。若货物从倾斜轨道顶端静止滑下，其与轨道间的摩擦系数相同，货物被当作质点处理（设定，标准重力加速度）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；

当货物离开水平轨道末端的速度不超过每秒两米，计算水平轨道的最小距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得代入数据解得

（2）根据运动学公式解得

（3）根据牛顿第二定律根据运动学公式代入数据联立解得

粮库里的电动机在额定电压下工作，带有内阻，用来运送粮食。如图所示，配重和电动机连接的小车缆绳与斜坡平行。装满粮食的小车以一定速度沿斜坡匀速上行，此时电路中的电流保持稳定。当电动机停止工作后，小车继续沿斜坡上行一段距离L，最终到达卸粮点时速度变为零。卸空粮食后，给小车一个向下的初始速度，它沿斜坡以恒定速度匀速下行。已知车辆重量，载货重量，附加重量，采用重力加速度，车辆行驶时遭遇的摩擦力与车辆及货物总重力成比例，比例常数为k，附加重量始终不接触地面，忽略电机自身机械摩擦及绳索重量。需要计算：

（1）比例系数k值；

（2）上行路程L值。

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）假定驱动电机的拉力为某个值，电机与载车装置之间的钢索保持恒定速度向上移动，根据能量守恒原理可知，

解得小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有

设斜面角度为某个值，小车在正常状态下匀速运动，在卸下粮食后给予小车一个向下的初始速度，小车沿着斜坡能够以匀速向下滑动，通过联合多个公式进行求解，可以得到结果

熄火后车辆与配重合体，呈现等减速直线态势，假定减速度为某值，依据牛顿第二运动原理，针对该组合体可列出如下公式

可得由运动学公式可知

解得考点要求

考题统计

考情分析

（1）动力学两类基本问题

（2）超重与失重

（3）等时圆模型

（4）动力学图像问题

2023年全国甲卷第19题

2022年天津卷第11题

2022年辽宁卷第7题

高考经常检测动力学中的两种核心议题，并且多数时候结合实际场景，以计算题形式呈现；而关于超重和失重开yun体育app官网网页登录入口，以及动力学相关图像的题目，则大多以选择题形式展开，其难度通常不高。

比较项

超重

失重

完全失重

现象

视重大于实重

视重小于实重

视重等于0

产生条件

物体的加速度向上

物体的加速度向下

物体的加速度等于g

运动状态

加速上升或减速下降

加速下降或减速上升

以加速度g加速下降或减速上升

原理方程

F-mg=ma→F=m(g+a)

mg-F=ma→F=m(g-a)

mg-F=mg→F=0

常见图像

v­t图像、a­t图像、F­t图像

三种类型

根据所提供的力随时间变化的曲线，可以推算出物体的动态特征。通过分析该图示，能够了解物体在各个时间点的受力状况。进而，可以推断出物体的加速度变化规律。利用牛顿第二定律，可以进一步计算物体的速度和位移。最终，能够描绘出物体的完整运动轨迹。

根据速度与加速度随时间推移而变化的曲线，可以推算出物体所承受的力的情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。

解题策略

问题的核心在于探究力量和运动之间的联系，需要留意辨别属于哪种动力学示意图。

通过运用物理定律，可以推导出符合图像的数学表达式，从而清晰揭示图像与公式、图像与物体之间的相互联系，进而能够对相关物理现象做出精确的判断。

破题关键

识别图像所属类型：首先要明确横轴与纵轴各自代表的物质参数，理解其具体内涵，进而把握图像所揭示的物理现象，能够解析其中的关键转折点。

需要留意图线里某些特殊点的含义：图线同横坐标和纵坐标的交汇处，图线形态改变的部位，两条图线相遇的位置等。

需要清楚图像里包含哪些内容：将图像和题目要求、实际场景相联系，同时思考斜率、特殊位置、面积等在物理上的含义，这样才能找到图像所揭示的有价值内容，这些内容常常是解题的关键所在。

相关试卷

（新高考）2024年高考物理复习第13讲 牛顿第二定律的运用（包含练习题+知识要点）（提供原题+详解）：

这是一份关于新高考2024年高考物理复习第13讲的内容，主题是牛顿第二定律的基本应用，资料包含原卷练习和知识讲义两部分，都是原卷版本并附带解析，资料总共两份，分别是新高考2024年高考物理复习第13讲牛顿第二定律的基本应用知识讲义原卷版+解析docx，以及新高考2024年高考物理复习第13讲牛顿第二定律的基本应用原卷练习原卷版+解析docx，这两份资料是配套的教学资源，试卷部分共有73页，欢迎大家下载使用。

第13讲 牛顿第二定律核心问题（实践）（答案版）—中学物理：

这份资料是关于第13讲 牛顿第二定律的基础应用（练习部分及答案），属于高中物理教材，总计十三页内容。

第32次课程内容 三大核心理论的综合运用（教材）（详解版）—大学物理：

这份讲义是高中物理第32讲内容，主要讲解三大基本观点的综合运用，有解析版本，总共有十页。