2026届高考物理一轮复习讲义：牛顿第二定律的运用

该高中物理高考复习教案聚焦牛顿第二定律应用，涵盖超重失重、动力学两类基本问题及临界极值三大高考核心考点，按概念理解-规律应用-综合突破的逻辑架构知识点，通过知识点梳理、题组训练、考点精讲、方法总结及分层练习，帮助学生系统构建解题框架，突破难点。 教案突出科学思维与模型建构，如超重失重基于加速度方向判断，动力学问题采用“受力分析-运动分析-方程联立”三步法，临界极值聚焦临界条件分析。设置基础、能力、综合分层练习，配合典例精讲（如例2三过程受力与运动关联），高效提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

个性化教学辅导教案 学生姓名 年 级 学 科 物理 上课时间 教师姓名 课 题 牛顿第二定律的运用 教学目标 超重现象和失重现象 动力学两类基本问题 动力学中的临界极值问题 教学过程 知识点一、超重和失重 1．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。 2．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。 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零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。 知识点二、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。 思维深化 判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。 (1)超重时物体的重力大于mg。(　　) (2)失重时物体的重力小于mg。(　　) (3)物体处于完全失重状态时，重力消失。(　　) (4)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。(　　) 题组一　超重、失重的理解 1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 2．下列关于超重和失重的说法正确的是(　　) A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态 B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态 C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态 D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态 题组二　动力学两类基本问题 3．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)(　　) A. B. C. D. 4．一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图1所示。已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是(　　) 图1 A． 木块的位移 B．木块的加速度 B． 木块所受摩擦力 D．木块与桌面间的动摩擦因数 C． 5．质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(　　) A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m 考点一　超重、失重现象　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 超重、失重现象的实质是物体的实重与视重相比发生了变化：视重比实重大了，物体处于超重状态；视重比实重小了，物体处于失重状态。在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化。 【例1】应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的有(　　) A.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 判断超重和失重现象的方法 物体处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向。只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 1．(多选)如图2所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力。若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　) A． 加速下降 B．加速上升 C．物块处于失重状态 D．物块处于超重状态 考点二　动力学两类基本问题 1．解决两类动力学基本问题应把握的关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 2．解决动力学基本问题时对力的处理方法 (1)合成法： 在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法： 若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法” 【例2】　如图3所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到22 m/s。(sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2) 图3 稳拿满分，三步走 第一步：运动过程分析 第一个过程：在最初2 s内做初速度为零的匀加速直线运动 第二个过程：从撤去力F开始到速度减为零的匀减速直线运动 第三个过程：从最高点开始沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动 第二、三步： 受力分析 列得分方程 第一个 过程 F－mgsin 37°－Ff＝ma1 Ff＝μFN FN＝mgcos 37° 第二个 过程 mgsin 37°＋Ff＝ma2 第三个 过程 mgsin 37°－Ff＝ma3 解决动力学两类问题的基本思路 2．在研究汽车性能时，让质量为2 000 kg的汽车在平直的公路上进行实验，在汽车车厢顶部悬挂一小球，并让汽车做匀速直线运动，小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机，发现小球与竖直方向的最大夹角为15°，若汽车在紧急制动时，发现小球与竖直方向的最大夹角为30°(tan 15°＝0.268，tan 30°＝0.577，g＝10 m/s2)。 (1)汽车紧急制动时的制动力为多大？(制动力是指由于刹车而增加的阻力，不包含运动过程中所受阻力) (2)若此汽车在高速公路上以90 km/h的速度行驶，司机的反应时间为0.8 s，该汽车行车时应保持的安全距离为多大？(结果取整数) 考点三　动力学中的临界极值问题 1．动力学中的临界极值问题 在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界值出现。 2．产生临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。 【例3】　(多选)如图4所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为 μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) 图4 A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 叠加体系统临界问题的求解思路 3．如图5所示，质量分别为M、m的两物块A、B叠放在一起沿光滑水平地面以速度v做匀速直线运动，A、B间的动摩擦因数为μ，在t＝0时刻对物块A施加一个随时间变化的推力F＝kt，k为一常量，则从力F作用开始到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为(　　) 图5 A. B. C. D. 1． 如图6所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中(　　) 图6 A． 乘客始终受摩擦力作用 B．乘客经历先超重再失重的状态 C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上 D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上 2． 如图7所示，两个相同的木盒置于同一粗糙的水平面上。木盒1中固定一质量为m的砝码，在木盒2上持续施加竖直向下的恒力F(F＝mg)。现给它们一相同的初速度，木盒1、2滑行的最远距离分别为x1、x2。关于x1与x2的大小，下列说法正确的是(　　) 图7 A．x1＜x2 B．x1＝x2 C．x1＞x2 D．无法比较 3．如图8所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是(　　) 图8 A． B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动 4．(多选)如图9所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) 图9 A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左 B.若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动 C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右 D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为 5．如图10是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的倍。一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s末关闭发动机。(忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2) 图10 (1)此飞机最高可上升到距地面多高处？ (2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？ 基本技能练 1． 如图1所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有(　　) 图1 A．该同学做了两次下蹲—起立的动作 B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立 C．下蹲过程中人处于失重状态 D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态 2．2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌。比赛场地可简化为由如图2所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) 图2 A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态 C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态 D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态 3.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图3甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为(　　) 图3 A.mg B.mg C.mg D．mg 4．质量1 kg的小物块，在t＝0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则AB间的距离为(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　) A．1.05 m B．1.13 m C．2.03 m D．1.25 m 5．(多选)如图4，质量为m的木块在水平向右的力F作用下在质量为M的木板上滑行，木板长度为L，保持静止。木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是(　　) 图4 A． 木板受到地面的摩擦力大小是μmg B．木板受到地面的摩擦力大小是μ(m＋M)g C．当F＞μ(m＋M)g时，木板便会开始运动 D．木块滑过木板过程中，产生的内能为μmgL 6．某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图5甲、乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) 图5 A．演员的体重为800 N B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为620 N D．滑杆长7.5 m 7．2013年10月11日，温州乐清市德力西公司的专家楼B幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落。但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度差为h＝20 m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2 s，则(忽略空气阻力，g取10 m/s2)(　　) A． 男孩接触老伯手臂时的速度大小为25 m/s B．男孩自由下落时间约为4 s C．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍 D．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态 8．如图6所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于(　　) 图6 A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg 能力提高练 9.如图7所示，小木箱ABCD的质量M＝1.2 kg，高L＝1.0 m，其顶部离挡板E的距离h＝2.0 m，木箱底部有一质量m＝0.8 kg的小物体P。在竖直向上的恒力T作用下，木箱向上运动。为了防止木箱与挡板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞，则拉力T的取值范围为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) 图7 A．0<T<30 N B．0<T<35 N C．20 N<T<35 N D．20 N<T<30 N 10．如图8所示，质量为m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处。(取g＝10 m/s2) 图8 (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)该外力作用一段时间后撤去，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t1。 11.如图9所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1＝20 m和h2＝5 m的两点上，各静置一小球A和B。某时刻由静止开始释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球，g取10 m/s2，求： 图9 (1)为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？ (2)若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度aB由静止开始向右运动，则加速度aB满足什么条件时A球能追上B球？ 12.如图10所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。 图10 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 问题定位：1、D 2、B 3、A 4、C 5、C 例1、D 验1、AC 例2、规范解答　第一过程： 甲 在最初2 s内，物体在F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示。 沿斜面方向有F－mgsin θ－Ff＝ma1① 沿垂直斜面方向有FN＝mgcos θ② 且Ff＝μFN③ 由①②③式得a1＝＝2 m/s2 2 s末绳断时，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4 m/s 第二过程： 乙 从撤去F到物体继续沿斜面向上运动达到速度为零的过程，设此过程物体运动时间为t2，加速度大小为a2 沿斜面方向有mgsin 37°＋Ff＝ma2④ 根据运动学公式得v1＝a2t2⑤ 由②③④⑤得t2＝0.53 s 第三过程： 丙 物体从运动的最高点沿斜面下滑，设第三阶段物体加速度大小为a3，所需时间为t3。由对物体的受力分析得 mgsin 37°－Ff＝ma3⑥ 由运动学公式得v3＝a3t3⑦ 由②③⑥⑦得t3＝5 s 综上所述，从绳断到物体速度达到22 m/s所经历的总时间t＝t2＋t3＝0.53 s＋5 s＝5.53 s。 答案　5.53 s 验2、解析　(1)根据题意可得小球受力情况如图， 由图可知，汽车关闭发动机时对小球由牛顿第二定律可得mgtan 15°＝ma1 对汽车同理有Ff＝Ma1 汽车紧急制动时对小球由牛顿第二定律得 mgtan 30°＝ma2 设汽车紧急制动时的制动力为F，同理有 F＋Ff＝Ma2 联立可得F＝6 180 N。 (2)由(1)问可知a2＝5.77 m/s2 由题可知v0＝25 m/s，t＝0.8 s 在高速公路遇紧急情况停车的安全距离等于反应距离与刹车距离之和即有x＝v0t＋ 联立以上各式得x＝74 m。 答案　(1)6 180 N　(2)74 m 例3、BCD 验3、C 总结复习：1、D 2、C 3、C 4、AC 5、解析　(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得： F－mg＝ma1 解得：a1＝g 3 s末的速度为v1＝a1t1＝10 m/s 上升的高度为h1＝a1t＝15 m 减速上升阶段有a2＝g 上升的高度为h2＝＝5 m 故总上升的高度为H＝h1＋h2＝20 m (2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt启动发动机，再经Δt′飞机安全落地，则由运动学公式可得：v＝gΔt＝gΔt′ g(Δt)2＋×g(Δt′)2＝H 解得：Δt＝1 s，Δt′＝3 s 关闭发动机后上升的时间为t2＝＝1 s 故关闭发动机后经过t＝Δt＋t2＝2 s，重新启动发动机，飞机安全落地。 答案　(1)20 m　(2)2 s 巩固提升：1、B 2、C 3、C 4、B 5、AD 6、BC 7、C 8、D 9、D 10、解析　(1)物体做匀加速直线运动，则L＝at，所以a＝＝ m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，又Ff＝μmg，所以Ff＝F－ma＝30 N－2×10 N＝10 N，所以μ＝＝＝0.5。 (2)力F作用时，a1＝a，a1t＋μgt＝L，t2＝＝2t1，联立以上各式，代入数据，解得t1＝ s。 答案　(1)0.5　(2) s 11、解析　(1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a，根据牛顿第二定律有 mgsin 30°＝ma 解得a＝5 m/s2 设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则＝at ＝at 解得t1＝4 s，t2＝2 s 为了保证两球不会在斜面上相碰，t最长不超过 Δt＝t1－t2＝2 s。 (2)设A球在水平面上再经t0追上B球，则 aB(t1＋t0)2＝at1·t0 A球要追上B球，方程必须有解，Δ≥0 可解得aB≤2.5 m/s2。 答案　(1)2 s　(2)aB≤2.5 m/s2 12、解析　(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin θ＝μFN FN－mgcos θ＝0 解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 由0－v＝2ax得 x＝＝ 令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60° 所以x最小值为xmin＝＝。 答案　(1)　(2)θ＝60°， 1 2 学科网（北京）股份有限公司 $