第3章 第2讲 牛顿运动定律的基本应用(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 第2讲 牛顿运动定律的基本应用 备考目标 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算。 考点一 瞬时性问题 整合 必备知识 题组 应用训练 考点二 超重、失重现象 整合 必备知识 大于 向上 小于 向下 等于0 g 无关 不等于 √ × × √ × 提升 关键能力 题组 应用训练 考点三 两类动力学问题 整合 必备知识 题组 应用训练 课下巩固精练（八） 1．两种模型 合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变。 2．解题思路 1．如图，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，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)(　　) A.图甲中A球的加速度不为零 B．图乙中两球加速度均为g sin θ 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3倍 解析：选B。对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于挡板在时挡板的支持力，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度为aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故B正确，A、C、D错误。 【名师点拨】　剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论。 2．水平面上有一质量m＝2 kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态。轻绳与竖直方向成θ＝45°角，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．此时，绳上的拉力为20 N B．若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20 N C．若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向左 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零 解析：选B。设绳子拉力为T，对小球根据平衡条件有T cos 45°＝mg，解得 T＝20 N，A错误；剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球根据平衡条件有F＝T sin 45°，解得F＝20 N，剪断轻绳后，弹簧弹力不变，故剪断的瞬间轻弹簧 的弹力大小为20 N，B正确；剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为20 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝10 m/s2，方向与竖直方向成45°角指向左下方，C错误；剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失，小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡，小球具有沿切向方向(垂直绳的方向)的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有mg sin 45°＝ma′，解得a′＝5 m/s2，D错误。 【正误判断·辨析】 (1)加速上升的物体处于超重状态。( ) (2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。( ) (3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( ) (4)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) (5)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( ) 1．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，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。 2．对超重和失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 考向1　对超、失重现象的理解 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 解析：选C。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。 考向2　超、失重现象的图像问题 2．智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况。某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向。依据图中信息可判断(　　 ) A．在t1时刻，手机运动方向改变 B．在t2～t3时间内，手机处于失重状态 C．在t2时刻，手机对手掌的压力最大 D．在t2时刻，手机运动到最高点 解析：选B。图像以竖直向上为正方向，在t1时刻前，手机从静止开始一直向上加速，t1～t2时刻，加速度大小减小，但方向仍向上，所以在t1时刻，手机运动方向未改变，故A错误；在t2～t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B正确；在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故C错误；加速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t2时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t2时刻速度仍竖直向上，则手机未运动到最高点，故D错误。 考向3　超、失重现象的分析和计算 3．(2023·湖北荆州模拟)最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示为中国科学院微重力落塔和塔内的落仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26 s时长的微重力环境。根据提供的信息，以下说法正确的是(　　) A．在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用 B．要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落 C．落仓从下落到停止的过程中，落仓内的体验者一直处于失重状态 D．落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大 解析：选B。在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，只是几乎所有的重力提供体验者运动的加速度，故A错误；在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g，故B正确；落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；落仓速度最大时，其加速度为零，故D错误。 1．两类动力学问题 (1)已知受力求物体运动； (2)已知运动求物体受力。 2．动力学问题的解题思路 3．解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 考向1　已知受力求运动 1．(2024·九省新高考适应性考试·河南卷)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　 ) A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：选B。设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有v－v＝－2a1x1，在冰面上有v＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝，故B正确。 2．(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，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圆环(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、t4。下列关系正确的是(　　) A．t1 > t2 B．t2＝t1 C．t1＝t3 D．t2 < t4 解析：选ACD。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度为零的匀加速直线运动的加速度为a＝g cos θ(θ为杆与竖直方向的夹角)，如图所示， 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移s＝2R cos θ，根据位移时间关系可得运动时间为t＝＝＝，由此可知t与θ无关，则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，OD长度超过一条弦，时间最长，综上有t4 > t3＝t1 > t2，故B错误，A、C、D正确。 【名师点拨】　等时圆模型 圆周内同顶端的斜面 如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·g sin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3 圆周内同底端的斜面 如图所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3 考向2　已知运动求受力 3．(2024·九省新高考适应性考试·吉林卷)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1＝45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小； (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为f，求f的大小。 解析：(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2 mg sin θ＝ma1 代入数据得v＝＝15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2 代入数据得a＝＝7.5 m/s2。 (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，根据牛顿第二定律有 2f sin －mg sin θ＝ma 解得f＝＝500 N。 答案：(1)7.5 m/s2　(2)500 N 考向3　动力学方法分析多过程 4．(2023·辽宁丹东二模)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37 °，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 解析： (1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为 a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度为 vm；在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为x2，时间为t2，分析运动过程可得 x1＝t1，x2＝t2，t1＋t2＝14 s 解得斜直雪道末速度vm＝20 m/s 斜直雪道的时间t1＝6 s 水平雪道用时t2＝8 s 在斜直雪道上的加速度a1＝＝ m/s2 由牛顿第二定律得mg sin 37°－Ff＝ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为Ff＝160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时，加速度大小为a2，则a2＝＝2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则 v－v2＝2a2x3 解得v＝＝m/s＝10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则 0－v2＝－2a3x4 解得a3＝＝ m/s2＝5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg＝ma3 解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数 μ＝0.5。 答案：(1)160 N　(2)0.5 $$