第三章 第2讲 牛顿第二定律的应用（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

第2讲　牛顿第二定律的应用 复习 目标 　 　 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2．知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。 考点一　动力学的两类基本问题 1．动力学的两类基本问题 (1)已知受力情况求物体的运动情况。 (2)已知运动情况求物体的受力情况。 2．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；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 角度1　从受力情况确定运动情况 　(2025·山东日照模拟)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g＝ m/s2，sin 37°＝0.6)。求： (1)t＝6 s时小球的加速度am的大小； (2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。 解析：(1)根据题意，对小球受力分析，如图所示，由题图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有F cos θ＝mg sin θ＋Ff F sin θ＋mg cos θ＝FN Ff＝μFN F＝10×4 N＝40 N 解得μ＝0.5 由题图乙可知，t＝6 s时，小球的加速度有 F′cos θ－mg sin θ－Ff′＝mam F′sin θ＋mg cos θ＝FN′ Ff′＝μFN′ F′＝10×6 N＝60 N 解得am＝5 m/s2。 (2)t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根据题意，由a-t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为 v＝×(6－4)×5 m/s＝5 m/s 由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为 l＝＝1.25 m。 答案：(1)5 m/s2　(2)1.25 m 角度2　从运动情况确定受力情况 　(2025·辽宁丹东模拟)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 在斜直雪道的时间t1＝6 s 在水平雪道用时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 vm2－v2＝2a2x3 解得v＝10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则 v2＝2a3x4 解得a3＝＝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 动力学问题的解题思路 考点二　超重与失重问题 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现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 5．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。 　(2025·云南省高考适应性测试，6)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B．做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C．做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D．做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 解析：D　根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。 　(2025·北京延庆模拟)一人乘电梯上楼，在竖直上升的过程中如果加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为加速度a的正方向，则(　　) A．前2 s人和电梯处于失重状态 B．2～4 s的过程中人对地板的压力变小 C．t＝6 s时人对地板的压力为0 D．t＝8.5 s时人对地板的压力最大 解析：B　前2 s人和电梯加速度向上，则处于超重状态，选项A错误；2～4 s内向上的加速度减小，则根据FN＝mg＋ma可知，人对地板的压力变小，选项B正确；t＝6 s时加速度为零，则人对地板的压力为mg，选项C错误；t＝8.5 s时加速度向下且最大，人处于最大的失重状态，则此时人对地板的压力最小，选项D错误。 (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。 类型1　等高斜面(如图1所示) 由L＝at2，a＝g sin θ，L＝，可得t＝，可知倾角越小，时间越长，图1中t1＞t2＞t3。 类型2　同底斜面(如图2所示) 由L＝at2，a＝g sin θ，L＝，可得t＝ ，可见θ＝45°时时间最短，图2中t1＝t3＞t2。 类型3　等时圆模型 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图3所示。 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图4所示。 3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图5所示。 　如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　) A．tB>tC>tD　　　 B．tB＝tC<tD C．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD 解析：B　由于∠BAC＝θ，则可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mg cos θ＝ma，2R cos θ＝atC2，联立解得tC＝ ，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，可得tB＝tC＝tE<tD，故选B。 　(多选)如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 　 A．t1>t2　　　　 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 解析：BC　1号小球的加速度为a1＝g sin 60°＝g，位移为x1＝2r·sin 60°＝r，运动时间为t1＝；2号小球的加速度为a2＝g sin 30°＝g，位移为x2＝2r·sin 30°＝r，运动时间为t2＝；3号小球的加速度为a3＝g sin 60°＝g，位移为x3＝r，运动时间为t3＝；4号小球的加速度为a4＝g sin 30°＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝，则t1＝t2，t3＝t4，t3－t1＝t4－t2＝2，t1＝t2<t4，故选B、C。 限时规范训练(15) (建议用时：40分钟　满分：70分) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分) [基础分组训练] 题组1　动力学的两类基本问题 1．(2022·辽宁卷，7)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s　　　 B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析：B　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v＞0，代入数据有v0 ＜ 2 m/s，故A不可能，B可能；对物块，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx ＞ 0，由于v0 ＜ 2 m/s可得μ ＜ 0.2，故C、D不可能。 2．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是(　　) A．小车2 s末的速度大小是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s 解析：B　根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误。 3．(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B．螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C．无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D．无人机上升的最大高度为42 m 解析：ACD　由运动学公式v2－v02＝2ax，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝＝12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式v2－v02＝2ax可得，无人机减速上升的高度为x2＝＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝x1＋x2＝42 m，故D正确。 题组2　超重与失重问题 4．(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s 解析：A　因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s。故选A。 5．如图所示，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。g取10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　) A．匀加速上升，a＝5 m/s2 B．匀加速下降，a＝5 m/s2 C．匀速上升 D．静止状态 解析：B　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，m＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速上升，A、C、D错误，B正确。 题组3　物体在三类光滑斜面上运动时间的比较 6．如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3，则有(　　) A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2 解析：A　设任一斜面的倾角为θ，圆直径为d。根据牛顿第二定律得a＝g sin θ，斜面的长度为x＝d sin θ，则由x＝at2得t＝ ＝ ＝ ，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据v＝，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3。 7．(经典高考题)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：D　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知g sin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。 [创新提升训练] 8．(2025·辽宁丹东模拟)“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拉力传感器相连，传感器示数为1000 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 解析：C　在B点时人的速度最大，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＝ m/s2，故D错误。 9．如图所示，三条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B、C三点，A、B、C离地面的高度分别为h1、h2、h3，现在使三个小滑块从轨道上端同时由静止开始释放，由A、B滑到P的时间均为t，由C滑到P的时间为t′，那么(　　) A．t＝ B．t＝ C．t′<t D．t′＝t 解析：A　设斜面与水平方向夹角为θ，在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝g sin θ，根据几何关系可知，物体发生的位移为x＝，物体的初速度为零，有x＝at2，解得t＝ ＝ ，设AP、BP、CP与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，有θ1>θ2>θ3，A、B滑到P的时间均为t，由几何知识可知θ1、θ2互余，则C点滑到P点时间最长，故C、D错误；由t＝ ，可得h1＝gt2sin2θ1，h2＝gt2sin2θ2，则t＝，故A正确，B错误。 10．(2025·湖南岳阳模拟)某教师用图甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态 B．电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C．AB阶段的加速度大小约为0.67m/s2，方向竖直向上 D．CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 解析：C　AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处于失重状态，A错误；AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速、向上匀速和向上减速的过程，B错误；由图乙可知矿泉水瓶的重力mg＝15 N，若重力加速度g取10 m/s2，矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。 11．(7分)依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型。冰壶的质量m＝19.7 kg，当运动员推力F为5 N，方向与水平方向夹角为θ＝37°时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 　 (1)冰壶与地面间的动摩擦因数μ； (2)若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是s＝40 m，则冰壶离开手时的速度v0为多少？ 解析：(1)以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件： 在水平方向有 F cos θ＝μFN 在竖直方向有F sin θ＋mg＝FN 解得μ＝0.02。 (2)由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得0－v02＝2(－a)s 由牛顿运动定律得μmg＝ma 代入数据联立解得v0＝4 m/s。 答案：(1)0.02　(2)4 m/s 12．(10分)(2025·陕西榆林模拟)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g＝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)箱子做匀加速运动，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时间后速度恰为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′＝a2t22 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 $