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

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 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∶2 B.球M和球N的质量之比为∶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＝ 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＝mMaM 联立解得aM＝g 选项C错误，D正确． 故选BD. 【答案】　BD →→→　　 [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 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＝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＝a1t 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＝＝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，vB＝at 解得t＝3 s，a＝ 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＋a1t 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) 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＝∶＝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＝t1∶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＝∶＝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． [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＝g＝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>×(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. 【答案】　BD [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＝a1t2＝2 m 2～10 s内位移为 x2＝a1t1t2＝16 m 10～11 s内位移为 x3＝a3t＝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. 学科网（北京）股份有限公司 $$