第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律应用，覆盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类问题及等时圆模型，按“模型分类-方法总结-真题训练”逻辑架构知识点，通过考点梳理（如瞬时模型表格）、方法指导（解题步骤）、真题讲解（2024湖南卷等）及分层练习，系统突破难点。 讲义以模型建构和科学推理为核心，创新设计“瞬时问题受力突变分析”“等时圆模型分类讨论”等活动，通过真题与迁移拓展题结合，培养学生物理观念与科学思维，分层练习保障复习效果，助力教师精准把控节奏，提升学生应考能力。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 【学习目标】　1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。 3.会解决动力学的两类基本问题。 考点一　瞬时加速度问题 瞬时加速度问题的两类模型 轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理 弹簧、蹦床和橡皮条 当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不会发生突变，一般题目中所给的蹦床和橡皮条在不加特殊说明时，也按此模型处理 (2024·湖南卷·T3)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 答案：A 解析：细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg。细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有FAB－3mg＝3maB；对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。 迁移拓展1.两个质量均为m的小球A、B，用一根轻绳2连接，另一根轻绳1把小球A系于天花板上，整体处于平衡状态，如图所示。 学生用书⬇第48页 重力加速度为g。现突然迅速剪断轻绳1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则(　　) A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝2g C.a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0 答案：A 解析：由于绳子拉力可以突变，故剪断轻绳1后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故A正确。 迁移拓展2.将[迁移拓展1]中的小球A、B用轻弹簧连接，用一根轻绳把小球A连接在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，下列正确的是(　　) A.aA＝0，aB＝g B.aA＝g，aB＝0 C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g 答案：B 解析：剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为FT＝2mgsin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，小球B所受合力为0，所以A、B球的瞬时加速度分别为aA＝2gsin 30°＝g，aB＝0。故选B。 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ C.A与B的加速度之比为1∶1 D.A与B的加速度之比为cos θ∶1 答案：D 解析：根据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，故A、B、C错误，D正确。 求解瞬时加速度问题的基本思路 1.分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，求出各力大小(若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；若处于非平衡状态，则利用牛顿第二定律)。 2.分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳中的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)。 3.求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。 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、失重和完全失重的比较 状态 超重 失重 完全失重 现象 视重大于物体重力 视重小于物体重力 视重等于0 产生条件 竖直方向上，物体的加速度向上 竖直方向上，物体的加速度向下 竖直方向上，物体的加速度向下，等于g 运动状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g为加速度加速下降或减速上升 原理方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0 (2022·浙江6月·T3·改编)如图所示为鱼儿摆尾击水跃出水面吞食荷花花瓣的情境。 判断下列说法的正误： (1)鱼儿吞食花瓣时鱼儿处于超重状态。 (×) (2)鱼儿摆尾出水时处于失重状态。 (×) (3)鱼儿吞食花瓣后下落的过程处于完全失重状态。 (√) 判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体受到向上的拉力(或支持力)： (1)大于重力时，物体处于超重状态。 (2)小于重力时，物体处于失重状态。 (3)等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有的加速度： (1)方向向上(或竖直分量向上)时，物体向上加速或向下减速运动时，物体处于超重状态。 (2)方向向下(或竖直分量向下)时，物体向下加速或向上减速运动时，物体处于失重状态。 (3)方向向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 学生用书⬇第49页 (多选)北京时间2024年8月3日，中国运动员在巴黎奥运会男子蹦床决赛当中获得银牌。某运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。依据图像给出的信息，下列说法正确的是(　　) A.运动员的质量为60 kg B.运动员的最大加速度为45 m/s2 C.运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m D.9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态 答案：ABC 解析：由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3 300 N，则最大加速度am＝＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的最长时间为2 s，上升和下落的时间均为t＝1 s，则最大高度为h＝gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，选项D错误。故选ABC。 针对练.(2025·八省联考·云南卷)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 答案：D 解析：由题意可知，该同学处于超重状态，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有m'g－mg＝ma，可得a＝m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，故选D。 考点三　动力学的两类基本问题 关键：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有关问题。 已知受力求运动情况 (2022·浙江6月·T19)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g＝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。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式可得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－v2＝－2a2l2 联立并代入数据解得l2＝2.7 m。 学生用书⬇第50页 针对练.如图所示，小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小海豚上滑的加速度大小为3.2 m/s2 B.小海豚和坡道之间的动摩擦因数为0.1 C.小海豚滑过P点后还能继续向上滑3.2 m D.小海豚下滑回到O点时速度大小为10 m/s 答案：B 解析：设小海豚向上滑行的加速度大小为a，则a＝＝6.8 m/s2，A错误；设小海豚与坡道间的动摩擦因数为μ，小海豚的质量为m，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝mgcos θ，解得μ＝0.1，B正确；小海豚滑过P点后还能继续向上滑的距离为x1＝＝ m≈0.75 m，C错误；小海豚上滑的最大距离为x＝，设小海豚沿坡道下滑的加速度为a'，则mgsin θ－Ff＝ma'，又v'2＝2a'x，解得小海豚下滑回到O点时的速度为v'＝v1≈8.7 m/s，D错误。故选B。 已知运动情况求受力 (2025·广东茂名高三上期中)如图所示，将网球(视为质点)塞入竖直塑料管中，网球和塑料管均处于静止状态，网球正好在塑料管的中间位置，已知网球的质量为m，塑料管的质量为3m，网球与塑料管之间的滑动摩擦力大小恒为2mg，塑料管的长度为L，管的下端与地面足够远，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)用手握住塑料管迅速向下加速运动，要使网球能够相对塑料管滑动，求手给塑料管竖直向下的作用力F的范围； (2)若给塑料管施加竖直向下的恒力，从刚施加力到网球刚从塑料管上端滑出的时间为t，求该恒力的大小F'。 答案：(1)F＞8mg　(2)8mg＋ 解析：(1)设网球刚好没有相对塑料管滑动，以塑料管和网球为整体，根据牛顿第二定律有 F0＋4mg＝4ma0 以网球为研究对象，根据牛顿第二定律有 Ff＋mg＝ma0 又由于Ff＝2mg 解得F0＝8mg 所以F＞8mg。 (2)设塑料管和网球的加速度大小分别为a1、a2，以塑料管为研究对象，根据牛顿第二定律有 F'＋3mg－Ff＝3ma1 以网球为研究对象，根据牛顿第二定律有 Ff＋mg＝ma2 解得a2＝3g 根据运动学公式有a1t2－a2t2＝ 解得F'＝8mg＋。 解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁” 针对练.(多选)(2024·辽宁沈阳模拟)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一足够长的固定斜面，其运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A.物块向上运动的位移为x＝4 m B.斜面的倾角θ＝30° C.物块的质量m＝1 kg D.物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ 答案：ABD 解析：根据题图乙可知物块先沿斜面向上减速后沿斜面向下加速，物块向上运动的位移为x＝＝4 m，故A正确；根据牛顿第二定律，物块向上运动时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物体向下加速时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，v-t图像斜率表示加速度，两阶段加速度大小分别为a1＝＝8 m/s2，a2＝＝2 m/s2，联立解得θ＝30°，μ＝，故B、D正确；在以上各式中物块的质量均被消掉，无法求出物块的质量，故C错误。故选ABD。 学生用书⬇第51页 　　物体在斜面上的“赛跑”问题是指物体从光滑斜面顶端由静止下滑到底端所用时间长短的比较问题。 　　设斜面的长度为L、倾角为θ，物体滑行加速度为a、滑行时间为t，当地重力加速度为g。根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，由位移公式得L＝at2，联立解得t＝，由此可知下滑时间由斜面的长度L、倾角θ共同决定。 　　对于物体在不同光滑斜面上下滑时间的比较问题，根据斜面的特点可以分为以下三类情况讨论： 1.等高的斜面(如图1所示) 由于L＝，代入上面的通式可得t＝，由此可知倾角越小，下滑时间越长，故图1中：t1＞t2＞t3。 2.同底的斜面(如图2所示) 由于L＝，代入上面的通式可得t＝，由此可知θ＝45°时下滑时间最短，故图2中：t1＝t3＞t2。 3.同圆周的斜面——“等时圆”模型 同圆周的斜面可以分为以下三类： (1)圆周内同顶端的斜面(如图3所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上某点。由于L＝2Rsin θ，代入上面的通式可得t＝，可推得：t1＝t2＝t3。 (2)圆周内同底端的斜面(如图4所示)：即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端源自该圆周上的不同点。同理可推得：t1＝t2＝t3。 (3)双圆周内的斜面(如图5所示)：即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆外切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。同理可推得：t1＝t2＝t3。 同底的斜面 (2021·全国甲卷·T14)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 答案：D 解析：设QP在水平面的投影长度为L，则QP长度为，物块在光滑长平板上下滑的加速度a＝gsin θ，由＝at2，解得t＝＝2 ，显然在θ＝45°时，t最小，所以平板与水平面的夹角由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大。故选D。 “等时圆”模型的应用 倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在斜面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，A、B、C、D在同一竖直平面，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 答案：B 解析：由∠BAC＝θ可以判断AB竖直向下，以AB为直径作圆，如图所示，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的知识可知tB＝tC＜tD。故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $