第3章 第2讲 牛顿运动定律的应用（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿运动定律应用，覆盖瞬时加速度、超重失重两大高考核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，通过对比弹簧/绳/杆模型的瞬时特性、归纳超失重状态判断方法，梳理近5年高频题型，体现备考针对性。 课件以2024湖南高考真题、2023湖北模拟题为例，通过“模型建构+科学推理”解析剪断细线瞬间加速度计算等典型题，培养学生运动和相互作用观念，特设易错警示与答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第2讲 牛顿运动定律的应用 考点一 考点二 02 01 备考目标 1.理解加速度和力的瞬时对应性，掌握瞬时加速度问题的求解思路。 2.理解超重和失重现象，会用牛顿第二定律分析超重、失重现象。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 瞬时加速度问题 考点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 超重和失重问题 整合必备知识 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 × × √ 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 课下巩固精练卷（八） 牛顿运动定律的应用 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 26 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 27 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 28 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 29 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 30 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 31 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 32 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 33 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 34 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 正禾一本通 48 谢谢观看 1．两类模型及其特点 (1)刚性绳、杆、接触面模型：弹力由微小形变引起，在瞬间可以发生“突变”。 (2)轻弹簧、橡皮绳等模型：弹力对应的形变量较大，在瞬间不能发生“突变”。 2．求瞬时加速度的思路 (1)轻弹簧、橡皮绳等模型：在“突发情况”的瞬间，弹力不会发生突变，此时可从物体的受力入手，确定合力，求解对应的瞬时加速度。 (2)刚性绳、杆、接触面模型：在“突发情况”的瞬间，抓住弹力会发生突变的特点，从物体的运动入手，分析对应的受力，求解对应的瞬时加速度。 【例1】 (2024·湖南高考)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 解析：选A。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3mg－FAB＝3maB；对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。 [思维延伸]在“例1”中，若连接球C和D的是轻质杆，则将B、C间的细线剪断瞬间，C的加速度大小是多少？ 提示：将B、C间的细线剪断瞬间，球C和D在重力作用下做自由落体运动，所以加速度为重力加速度g。 【例2】 如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧 Ⅰ 和水平轻绳 Ⅱ 相连， Ⅰ 、 Ⅱ 的另一端分别固定于P、Q点，弹簧与竖直方向夹角θ＝37°。若分别剪断 Ⅰ 、 Ⅱ 与小球的连接处，在剪断的瞬间，小球的加速度大小分别为a1和a2，则a1∶a2为(　　 ) A．1∶1 B．3∶4 C．4∶3 D．3∶5 解析：选C。小球平衡时受力如图所示， 轻绳的拉力F2＝mg tan θ＝ eq \f(3,4) mg。剪断弹簧，小球向下摆动做圆周运动，由于剪断弹簧的瞬间，小球的速度为零，所以向心加速度或向心力为零，绳的拉力为零，小球只受重力，加速度a1＝g；若剪断轻绳，则剪断瞬间弹簧的弹力不变，小球还受重力和弹力，且两个力的合力与之前轻绳的拉力等大、反向，所以小球的加速度a2＝ eq \f(3,4) g。综上可知a1∶a2＝4∶3，故C正确。 向下 加速 减速 加速 减速 名称 超重 失重 完全失重 产生 条件 物体的加 速度 物体的加速度 物体竖直向下的加速度等于g 运动 情境 上升或 下降 下降或 上升 自由落体运动、抛体运动等 向上 0 名称 超重 失重 完全失重 原理 方程 F－mg＝ma⇒F＝ 1111 mg－F＝ma⇒F＝ 1111 mg－F＝mg⇒F 11111＝ 说明 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力并没有变化，只是视重(压力或拉力)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、液柱不再产生压强等。 mg＋ma mg－ma [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)升降机上升时处于超重状态，下降时处于失重状态。( ) (2)物体的加速度大小等于g时一定处于完全失重状态。( ) (3)物体处于超重或失重状态时，重力并没有发生变化。( ) 2.蹦极运动员从高处跳下，先做自由落体运动，随后弹性绳被拉直，直至最低点速度减为零。则运动员在下降过程中，哪个阶段处于超重状态？哪个阶段处于失重状态？ 提示：在弹性绳被拉直前，运动员处于完全失重状态；从弹性绳刚拉直到弹性绳的拉力等于重力的过程中，运动员处于失重状态；从弹性绳的拉力等于重力到最后运动员减速为0的过程，运动员处于超重状态。 角度(一) 超重与失重 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；等于零时，物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度或分加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度或分加速度时，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。 【例3】 (2023·湖北荆州模拟)最近科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示为中国科学院微重力落塔和塔内的落仓，在落仓开始下落到停止运动的过程中，能够产生3.26 s时长的微重力环境。根据提供的信息，以下说法正确的是(　　) A．在微重力环境中，落仓中的体验者几乎不会受到重力的作用 B．要形成微重力环境，落仓要以非常接近重力加速度g的加速度下落 C．落仓从下落到停止的过程中，落仓内的体验者一直处于失重状态 D．落仓速度最大时，落仓内体验者的加速度也最大 解析：选B。在微重力环境中，落仓中的体验者仍会受到重力的作用，只是几乎所有的重力提供体验者运动的加速度，故A错误；在微重力环境中，落仓对体验者的支持力几乎为零，可知落仓下落的加速度非常接近重力加速度g，故B正确；落仓下落过程，加速度先向下后向上，落仓内的体验者先处于失重状态后处于超重状态，故C错误；落仓速度最大时，其加速度为零，故D错误。 【例4】 (2024·浙江杭州检测)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F ­t图像)如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　 ) A．下蹲过程中的最大加速度为6 m/s2 B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小 C．人在站起过程中，先失重后超重 D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作 解析：选A。由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝ eq \f(G,g) ＝50 kg，根据牛顿第二定律得，下蹲过程中最大加速度为a＝ eq \f(G－F,m) ＝ eq \f(500－200,50) m/s2＝6 m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以先失重后超重，力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，力传感器的示数先变大后变小，故C错误；结合B、C的分析可知，人在8 s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。 角度(二) 超、失重现象的综合分析 【例5】 如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　) A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动 C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动 解析：选D。剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示，B球受力分析如图乙所示，C球受力分析如图丙所示， 剪断绳子瞬间，水杯和水都处于完全失重状态，水的浮力消失，杯子的瞬时加速度为重力加速度。又由于弹簧的形状来不及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度aA＝ eq \f(mAg－F弹A,mA) <g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上，相对地面而言，B球的加速度aB＝ eq \f(mBg＋F弹B,mB) >g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向下，绳子剪断瞬间，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬时加速度为重力加速度，故相对杯子静止，综上所述，D正确。 【基础落实练】 1．(多选)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法正确的是(　　) A．该同学所受的重力变小了 B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力 C．电梯一定在竖直向下运动 D．电梯的加速度大小为 eq \f(g,5) ，方向一定竖直向下 解析：选BD。体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知B正确；体重计的示数减小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或向上减速运动，故C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1＝mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg－FN2＝ma，代入数据解得a＝ eq \f(1,5) g，方向竖直向下，故D正确。 2．(2024·上海松江检测)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　 ) A．0～t1时间内，v增大，FN>mg B．t1～t2时间内，v减小，FN<mg C．t2～t3时间内，v增大，FN<mg D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg 解析：选D。根据x ­t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN>mg，故D正确。 3．某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是(　　) A．在0～5 s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态 B．在5～10 s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力 C．在10～20 s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态 D．在20～25 s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态 解析：选D。由v ­t图像可知，在0～5 s内的加速度为正，说明电梯的加速度向上，人处于超重状态，故A错误；5～10 s内，该同学做匀速运动，其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10～20 s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；在20～25 s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，故D正确。 4．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在墙上O点，另一端自由伸长到B点，今用一小物体m顶住弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是(　　 ) A．物体从A到C摩擦力先逐渐减小再保持不变 B．物体从A到B的加速度越来越小 C．物体从B到C的速度越来越大 D．物体从A到B，先加速后减速，从B到C一直做减速运动 解析：选D。小物体在竖直方向重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由于滑动摩擦力Ff＝μmg，可知摩擦力大小不变，故A错误。从A到B过程中由于弹力与形变量成正比，则弹簧的弹力先大于摩擦力，后等于摩擦力，最后小于摩擦力，故加速度先减小至0，后反向增大，物体先加速后减速；从B到C过程，摩擦力和弹簧弹力均向左，物体做减速运动，速度越来越小，故B、C错误，D正确。 5．如图，A、B两球质量相等，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两球用轻质杆相连，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球的加速度不为零 B．图乙中两球加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 解析：选B。对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，弹簧弹力不变，所以A仍处于平衡状态，加速度为0，B所受合力等于挡板未撤时挡板的支持力，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝maB，解得B的加速度为aB＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B的加速度相同，整体由牛顿第二定律得2mg sin θ＝2ma′，解得A、B的加速度均为a′＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，则对A有mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以题图乙中轻杆的作用力一定为零，故B正确，A、C、D错误。 【综合提升练】 6．(2024·四川攀枝花测试)智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a随时间t变化的图像，如图所示。则下列判断正确的是(　　 ) t1时刻手机速度最大 B．手机t2时刻比t1时刻速度更小 C．t3时刻手受到的压力比手机重力小 D．t4时刻手受到的压力最大 解析：选D。根据题意由题图可知，t1时刻手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；手机一直向下运动，t2时刻手机加速度仍向下，所以手机还在向下加速，速度比t1时刻更大，故B错误；根据题意，设手给手机的支持力为F，向下为正方向，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，可得F＝mg－ma，当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由题图可知，t4时刻手受到的压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重状态，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误，D正确。 7．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压，某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　) A．12 N B．22 N C．25 N D．30 N 解析：选A。剪断细线前，A、B间无压力，对A受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据平衡条件有F＝mAg＝2×10＝20 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，根据牛顿第二定律有(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，代入数据得整体加速度为a＝6 m/s2，隔离对B分析，根据牛顿第二定律有mBg－N＝mBa，代入数据解得N＝12 N，故A正确。 8．在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t的变化图像，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．运动员的质量为40 kg B．运动员在3.6～4.8 s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m 解析：选D。由题可知mg＝F1＝500 N，所以m＝50 kg，故A错误；由图可知，运动员在3.6～4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于弹簧床最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝ eq \f(F2－mg,m) ＝ eq \f(2 500－500,50) m/s2＝40 m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的最长时间为t＝8.4 s－6.8 s＝1.6 s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝ eq \f(1,2) g( eq \f(t,2) )2＝3.2 m，故D正确。 9．(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球及水平轻弹簧与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是(　　 ) A．小球受力个数减少 B．小球向左运动，且a＝8 m/s2 C．小球向左运动，且a＝10 m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零 解析：选BD。在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力三个力处于平衡状态，根据共点力平衡的条件知，弹簧的弹力F＝mg tan 45°＝10×1 N＝10 N；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、弹簧的弹力、水平面的支持力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数增多，故A错误。剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝8 m/s2，加速度方向向左，小球向左运动，故B正确，C错误。若剪断的是弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为0，加速度为0，故D正确。 [应考反思]分析瞬时问题时，既要注意弹簧、绳、接触面等的不同力学特点，又要注意瞬间运动状态和受力的对应性。 10．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列说法正确的是(　　) A．A、B所受弹簧弹力大小之比为 eq \r(3) ∶ eq \r(2) B．A、B的质量之比为mA∶mB＝ eq \r(3) ∶1 C. 悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1∶ eq \r(2) D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3∶ eq \r(6) 解析：选B。对A、B受力分析如图所示， 弹簧处于水平静止状态，弹簧的合力为零，即A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；对A受力分析 可知mAg＝F tan 60°，对B受力分析可知mBg＝F tan 45°，联立解得 eq \f(mA,mB) ＝ eq \f(\r(3),1) ，故B正确；细线对A的拉力T1＝ eq \f(F,cos 60°) ，细线对B的拉力T2＝ eq \f(F,cos 45°) ，联立解得 eq \f(T1,T2) ＝ eq \f(\r(2),1) ，故C错误；剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A、B所受合力大小分别为T1、T2，故A的加速度aA＝ eq \f(T1,mA) ，B的加速度为 eq \f(T2,mB) ，结合上述分析可知A、B加速度之比为 eq \r(6) ∶3，故D错误。 $