2026届高考物理一轮复习讲义 牛顿第二定律的应用

牛顿第二定律的应用 课前必备知识 一、超重与失重 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 2．超重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 3．失重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 4．完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 二、两类动力学问题 1．动力学的两类基本问题 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。 第二类：已知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，具体逻辑关系如图所示。 概念辨析 1．失重说明物体的重力减小了。(　　) 2．物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(　) 3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　　) 4．研究动力学两类问题时，作受力分析和运动分析是关键。( ) 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。(　) 6．减速上升的升降机内的物体，对地板的压力大于物体所受的重力。(　　) 7．加速度是联系运动和力的桥梁，速度是各物理过程间相互联系的桥梁。(　　) 课堂核心考点 考点一　瞬时加速度问题 　1．两种模型 (1)轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 ①不发生明显形变就能产生弹力的物体。 ②求解瞬时加速度的问题中，剪断（或脱离）后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 (2)弹簧、橡皮绳模型的特点 ①当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 ②在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 2．解题思路 【典例1】　如图所示，A、B两球的质量相等，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0 B．图乙中两球的加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为0 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 变式训练 1．（2024·湖南卷）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有(　　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 考点二　超重与失重问题 1．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。 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，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于0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。 【典例2】　（多选）（2025·山东聊城高三月考）某同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．0～4 s完成了一次下蹲过程 B.0～8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2 C．0～8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2 D．1.8 s该同学向下速度达到最大 变式训练 3．（2024·辽宁丹东一模）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 000 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2 m，人与装备总质量m＝80 kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B．经过C点时，人处于超重状态 C．弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 4．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度大小g取10 m/s2，由此可判断(　　) A．乘客处于超重状态 B．电梯可能加速上升，加速度大小为2.5 m/s2 C．电梯可能减速上升，加速度大小为5 m/s2 D．乘客对电梯地板的压力为375 N 考点三　动力学中的两类基本问题 1．把握“两类分析”“两个桥梁” (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；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 2．解题思路 【典例3】　（2022·浙江6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点（取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度大小g取10 m/s2）。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 变式训练 5．（多选）（2025·河北衡水高三检测）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力大小为Ff2＝0.1 N，重力加速度大小g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　　) A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2 B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2 C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为 m/s D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为3 m/s 6．（2024·陕西榆林一模）如图所示，一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度大小g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛顿第二定律的应用 课前必备知识 一、超重与失重 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 2．超重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 3．失重 (1)定义：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。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 4．完全失重 (1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象称为完全失重。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 二、两类动力学问题 1．动力学的两类基本问题 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。 第二类：已知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，具体逻辑关系如图所示。 概念辨析 1．失重说明物体的重力减小了。(　×　) 2．物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(　×　) 3．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　×　) 4．研究动力学两类问题时，作受力分析和运动分析是关键。(　√　) 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。(　×　) 6．减速上升的升降机内的物体，对地板的压力大于物体所受的重力。(　×　) 7．加速度是联系运动和力的桥梁，速度是各物理过程间相互联系的桥梁。(　√　) 课堂核心考点 考点一　瞬时加速度问题 　1．两种模型 (1)轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 ①不发生明显形变就能产生弹力的物体。 ②求解瞬时加速度的问题中，剪断（或脱离）后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 (2)弹簧、橡皮绳模型的特点 ①当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 ②在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 2．解题思路 【典例1】　如图所示，A、B两球的质量相等，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）(　B　) A．图甲中A球的加速度不为0 B．图乙中两球的加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为0 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 【解析】　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，所受合力大小等于有挡板时挡板对其的支持力大小，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，可得B的加速度大小为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的加速度大小均为a′＝g sin 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0。故选B。 变式训练 1．（2024·湖南卷）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　A　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 解析：剪断前，对B、C、D分析得FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D分析得FCD＝mg，剪断B、C间细线后，对B分析FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C分析FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知重力加速度大小为g，则有(　C　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，即a3＝0，由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g。C正确。 考点二　超重与失重问题 1．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。 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，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于0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。 【典例2】　（多选）（2025·山东聊城高三月考）某同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接，经计算机处理后得到力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示。已知该同学质量m＝60 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　) A．0～4 s完成了一次下蹲过程 B.0～8 s该同学向下的最大加速度约为4.7 m/s2 C．0～8 s该同学向上的最大加速度约为5.3 m/s2 D．1.8 s该同学向下速度达到最大 【解析】　人的下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，有F＜mg＝600 N，到达最大速度后再减速下降超重，有F＞mg＝600 N，故0～4 s完成了一次下蹲过程，故A正确；由图像知，在1.8 s时F最小，该同学向下的加速度最大，还在向下加速，由mg－Fmin＝mam，对应图像有Fmin＝280 N，代入解得am≈5.3 m/s2，故B、D错误；0～8 s内当F最大时，该同学向上的加速度最大，由Fmax－mg＝ma′m，对应图像有Fmax＝920 N，代入解得a′m≈5.3 m/s2，故C正确。 变式训练 3．（2024·辽宁丹东一模）“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 000 N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2 m，人与装备总质量m＝80 kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　) A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B．经过C点时，人处于超重状态 C．弹性轻绳的劲度系数k为500 N/m D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5 m/s2 解析：在B点时人与装备的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx＝mg，在A点未释放时，有kx′＝mg＋F，又x′－x＝2 m，联立解得k＝500 N/m，故A错误，C正确；在C点速度为零，有向下的加速度，人与装备处于失重状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5 m/s2，故D错误。 4．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度大小g取10 m/s2，由此可判断(　D　) A．乘客处于超重状态 B．电梯可能加速上升，加速度大小为2.5 m/s2 C．电梯可能减速上升，加速度大小为5 m/s2 D．乘客对电梯地板的压力为375 N 解析：电梯静止时，对小球受力分析可得kx＝mg，电梯运行时，对小球由牛顿第二定律有F合＝mg－k·x＝mg＝ma，解得此时小球加速度a＝g＝2.5 m/s2，方向竖直向下，即电梯和乘客加速度都向下，处于失重状态。电梯可能加速下降或减速上升，加速度大小为2.5 m/s2，A、B、C错误；对乘客由牛顿第二定律有Mg－N＝Ma，由牛顿第三定律可知，乘客对电梯地板的压力N′＝N＝375 N，D正确。 考点三　动力学中的两类基本问题 1．把握“两类分析”“两个桥梁” (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；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 2．解题思路 【典例3】　（2022·浙江6月选考）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点（取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度大小g取10 m/s2）。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 【解析】　(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1， 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律可得μmg＝ma2，根据运动学公式可得v－v2＝－2a2l2，联立并代入数据解得l2＝2.7 m。 【答案】　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 变式训练 5．（多选）（2025·河北衡水高三检测）如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90 g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6 N，羽毛球质量为m＝5 g，球头离筒的上端距离为d＝9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力大小为Ff2＝0.1 N，重力加速度大小g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　BD　) A．羽毛球的加速度大小为10 m/s2 B．羽毛球的加速度大小为30 m/s2 C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为 m/s D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获得的初速度大小至少为3 m/s 解析：依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于球筒向上运动，受到球筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，求得羽毛球的加速度大小为a1＝30 m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对球筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20 m/s2，负号表示球筒的加速度方向竖直向上，说明球筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时球筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，（vmint＋a2t2）－a1t2＝d，联立并代入数据解得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。 6．（2024·陕西榆林一模）如图所示，一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度大小g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直线运动，有L＝at2，解得a＝＝10 m/s2，由牛顿第二定律有F＝ma＋μmg＝30 N。 (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度减为0，有F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1，解得a1＝11.5 m/s2，撤去拉力后a2＝μg＝5 m/s2。由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2，其中t1＝1 s，箱子加速、减速的总位移L′＝a1t＋a2t，联立解得L′＝18.975 m。 答案：(1)30 N　(2)18.975 m 学科网（北京）股份有限公司 $