第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第三章　运动和力的关系 第2讲　牛顿第二定律的基本应用　 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 目录 contents Part 01 知识储备 核心考点 Part 02 提分集训 Part 03 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 知 识 储 备 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 速度 零 不能 运动情况 受力 加速度 牛顿第二定律 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 大于 向上 小于 向下 等于0 g 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 无关 无关 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 √ × × × √ 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 √ × 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 核 心 考 点 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 提 分 集 训 （十四） 点击进入word 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度；2.掌握动力学两类基本问题的求解方法； 3．知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析． 1． 2. 3． 4． [思考判断] (1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度．( ) (2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．( ) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态．( ) (4)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．( ) (5)加速上升的物体处于超重状态．( ) (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( ) (7)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．( ) 考点一　瞬时问题的两类模型 两类模型 [例1]　(多选)(2025·哈尔滨模拟)如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接．两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是(　　 ) A.球M和球N的质量之比为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－1))∶2 B.球M和球N的质量之比为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))∶2 C.剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g D.剪断轻绳B的瞬间、球M的加速度大小为 eq \r(2)g 【解析】　AB.设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得 TAsin 30°＝F TAcos 30°＝(mM＋mN)g 对小球M受力分析且由平衡条件可得 TBsin 45°＝F TBcos 45°＝mMg 联立解得 eq \f(mM,mN)＝ eq \f(\r(3)＋1,2) 选项A错误、选项B正确； CD.剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二定律得 eq \r(F2＋(mMg)2)＝mMaM 联立解得aM＝ eq \r(2)g 选项C错误，D正确． 故选BD. 【答案】　BD eq \a\vs4\al([方法指导]) [对点训练] 1．(多选)(2025·河南周口期末)如图轻质弹簧竖直固定在水平面上，质量为m的小物块A静止在弹簧上端，现将另一个相同的小物块B轻放在A上面之后，二者一起向下运动，直到最低点，二者一起向下运动的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气的阻力，重力加速度取g，则在二者一起向下运动过程中，下列正确的是(　　 ) A.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力为零 B.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不为零，但B对A作用力大于A对B的作用力 C.物块B放上的瞬间，物块A向下运动的加速度为 eq \f(g,2) D.当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大 解析：选CD　ABC.物块B放上的瞬间，A、B之间的作用力不为零，B对A作用力与A对B的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反；由于弹簧弹力没有突变，A、B作为整体，由牛顿第二定律mg＝2ma 可得物块A向下运动的加速度为 a＝ eq \f(1,2)g 故AB错误，C正确； D.由于A、B一起向下运动，整体由牛顿第二定律2mg－Fk＝2ma′ 弹簧的弹力逐渐增大，整体的加速度逐渐减小，所以A、B向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大值，故当弹簧的弹力等于2mg时，物块A的速度最大，故D正确． 故选CD. 考点二　动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类基本问题的思路 2．基本步骤 [例2]　(2025·北京模拟)如图甲所示，质量m＝1.0 kg的物体静止在光滑水平地面上，从t＝0时起，受到水平力F作用，力F与时间t的关系如图乙所示，取向右为正方向，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物体在前2 s时间内运动的加速度大小a1； (2)物体在前2 s内运动的位移大小x1； (3)物体在第4 s末的速度大小v. 【解析】　(1)物体在前2 s时间内，由牛顿第二定律知F1＝ma1 由图可知前2 s内F1＝2 N 解得a1＝2 m/s2 (2)物体在前2 s内，由运动学规律 x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1) 解得物体在前2 s内运动的位移大小为 x1＝4 m (3)2 s后物体向前做匀减速运动，水平力F大小为F2＝1 N 2 s后物体的加速度a2＝ eq \f(F2,m)＝1 m/s2 由运动学规律 v＝a1t1－a2t2＝2×2－1×2 m/s＝2 m/s. 【答案】　(1)2 m/s2　(2)4 m　(3)2 m/s [例3]　(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图所示)，到C点共用时5.0 s.若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小． 【解析】　(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝v eq \o\al(2,B)，vB＝at 解得t＝3 s，a＝ eq \f(8,3) m/s2. (2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s 设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt1＋ eq \f(1,2)a1t eq \o\al(2,1) vC＝vB＋a1t1 代入数据解得a1＝2 m/s2，vC＝12 m/s. (3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1 代入数据解得f＝66 N． 【答案】　(1) eq \f(8,3) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N [对点训练] 2．“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动之一，一小朋友由静止开始沿斜坡下滑2.4 s后，接着沿水平滑道减速运动1.6 s后速度恰好为零．若斜坡与水平面间的夹角为37°，小朋友与斜坡间的动摩擦因数μ1＝0.3，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A.斜坡加速、水平面减速过程中的平均速度大小之比为v1∶v2＝2∶1 B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为x1∶x2＝3∶2 C.斜坡加速、水平面减速过程中的加速度大小之比为a1∶a2＝3∶2 D.小朋友与水平滑道的动摩擦因数μ2＝0.54 解析：选B　A．斜坡加速、水平面减速过程中的平均速度大小之比为 v1∶v2＝ eq \f(0＋v,2)∶ eq \f(v＋0,2)＝1∶1 故A错误； B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为 x1∶x2＝ eq \f(0＋v,2)t1∶ eq \f(v＋0,2)t2＝3∶2 故B正确； C.斜坡加速、水平面减速过程中的加速度大小之比为 a1∶a2＝ eq \f(v,t1)∶ eq \f(v,t2)＝2∶3 故C错误； D.斜坡的加速度大小为 a1＝g sin θ－μ1g cos θ 水平面的加速度大小为 a2＝μ2g 又a1∶a2＝2∶3 解得μ2＝0.48 故D错误． 故选B. 考点三　超重与失重现象 对超重和失重的理解 (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)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． (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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． eq \a\vs4\al(角度1　超、失重现象的图像问题) [例4]　(多选)(2025·天津模拟)一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时，为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作，甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中ab、bc、cd可视为直线．取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　 ) A.乙图中cd段表示运动员一直处于失重状态 B.运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45 m C.乙图中bcd段，运动员对训练台的冲量大小为315 N·s D.整个过程中，运动员加速度的最大值为22．5 m/s2 【解析】　A．根据题意，由图乙中a 点可知，运动员的重力为600 N，在c点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误； B.由图乙可知，运动员在空中的时间为 t＝(1.8－1.2)s＝0.6 s 重心上升的最大高度约 h＝ eq \f(1,2)g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)＝0.45 m 故B正确； C.运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，F－t 图像的面积表示冲量，由图可得，bcd段训练台对运动员的冲量大小I满足 I> eq \f(1,2)×(300＋1200)×(1.1－0.6)N·s＝375 N·s 则运动员对训练台的冲量大小大于375 N·s，故C错误； D.由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为1950 N，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为1950 N，由牛顿第二定律有 1950－600＝ma 又有mg＝600 N 解得a＝22.5 m/s2 故D正确． 故选BD. D.由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为1950 N，由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为1950 N，由牛顿第二定律有 1950－600＝ma 又有mg＝600 N 解得a＝22.5 m/s2 故D正确． 故选BD. 【答案】　BD eq \a\vs4\al(角度2　超、失重现象的分析和计算) [例5]　(2025·济宁模拟)小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象．他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，g取10 m/s2.求： (1)小明在0～2 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态； (2)在10～11 s内，台秤的示数F3； (3)小明运动的总位移大小． 【解析】　(1)由题图可知，在0～2 s内，台秤对小明的支持力为 F1＝450 N 由牛顿第二定律有 mg－F1＝ma1 解得a1＝1 m/s2 加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态； (2)设在10～11 s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2 s的时间为t1，则a1t1＝a3t3 解得a3＝2 m/s2 由牛顿第二定律有 F3－mg＝ma3 解得F3＝600 N (3)0～2 s内位移为 x1＝ eq \f(1,2)a1t2＝2 m 2～10 s内位移为 x2＝a1t1t2＝16 m 10～11 s内位移为 x3＝ eq \f(1,2)a3t eq \o\al(2,3)＝1 m 小明运动的总位移大小为x＝x1＋x2＋x3＝19 m 【答案】　(1)1 m/s2，失重　(2)600 N　(3)19 m [方法指导] 判断超重和失重的方法 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 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，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 从速度变化的角度判断 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 [对点训练] 3．(多选)(2025·云南曲靖模拟)利用智能手机的加速度传感器可测量手机运动的加速度．将手机与弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在天花板上．用手握着智能手机，打开加速度传感器，t＝0 时刻从静止释放手机，得到竖直方向加速度随时间变化的图像如图所示，已知手机设定竖直向上为正方向．下列说法正确的是(　　 ) A．初始时弹簧处于伸长状态 B．0.5～2 s内手机处于失重状态 C．0.5～1 s内弹簧的弹力增大 D．0～1 s内手机向上运动 解析：选AD　A．由图可知，初始时手机加速度竖直向上，根据牛顿第二定律 F－mg＝ma 可知弹簧处于伸长状态．故A正确； B．由图可知，0.5～1.5 s内手机加速度竖直向下，处于失重状态，1.5～2 s内手机加速度竖直向上，处于超重状态．故B错误； C.0.5～1 s内，有mg－F＝ma 由图可知，加速度逐渐增大，弹力减小．故C错误； D．根据a－t图像中图线与横轴所围面积表示速度变化，可知0～0.5 s内手机加速向上运动，速度值逐渐增大，0.5～1 s内手机向上减速运动，在t＝1 s时刻，速度恰好减为零．故D正确． 故选AD. $$