3.2 牛顿第二定律的基本应用 课件 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的基本应用”，覆盖瞬时问题、动力学两类问题、超重失重三大核心考点。依据高考评价体系，通过真题分析明确瞬时问题占35%、动力学问题占45%的权重，归纳弹簧突变、运动过程分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”，如2024湖南卷四球弹簧问题用整体隔离法突破瞬时加速度，培养科学思维中的模型建构能力。特设动力学问题“受力-运动-加速度”桥梁法，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导高考冲刺。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 第三章　运动和力的关系 考点 1 考点二　动力学的两类基本问题 考点一　瞬时问题的两类模型 考点三　超重与失重现象 目录 2 考点一　瞬时问题的两类模型 1.瞬时问题的特点:当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。 2.瞬时问题的两类模型 目录 考点 例1 (2024·湖南卷，3)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　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，将C、D看成一个整体，有FBC=3mg，对D分析，则FCD=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，则aB==g，aC==1.5g，A正确。 目录 考点 人教版教材必修第一册P114复习与提高B组T1和本高考试题均考查了外界条件突变时弹簧类瞬时加速度问题，教材中是两球弹簧绳子共线。本高考试题中是四球弹簧绳子共线，还需结合整体法与隔离法分析，提升了难度。 1.如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少? 目录 考点 求解瞬时加速度问题的一般思路 目录 考点 例2 (2025·八省联考山陕青宁卷，6)如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g。则(　　) C A.L1的拉力大小为mg B.L2的拉力大小为3mg C.若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为g D.若剪断L1，该瞬间小球乙的加速度大小为g 目录 考点 解析　对甲、乙整体受力分析可知，L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg，L2的拉力大小为T2==4mg，故A、B错误;若剪断L1，该瞬间弹簧的弹力不变，则小球乙受的合力仍为零，加速度为零;对甲分析，由牛顿第二定律可知加速度a==g，故C正确，D错误。 目录 考点 考点二　动力学的两类基本问题 1.解决动力学两类基本问题的思路 目录 考点 2.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析 物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)搭建两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁;连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 目录 考点 3.基本步骤 目录 考点 例3 (2025·东北三省名校联考)2023年7月8日，哈尔滨获得第九届亚洲冬季运动会举办权，此次赛事掀起全民参与冰雪运动的热潮，滑雪是一项热门的冰雪运动项目，也是哈尔滨市冰雪旅游的热门娱乐项目。滑雪运动爱好者能够通过改变雪板与雪道的夹角来改变阻力大小，从而实现随心所欲的加速和 减速。已知某滑雪运动爱好者在一条长度为100 m、倾角为30°的雪道顶端由静止开始沿直线匀加速下滑，该阶段所受到的阻力为其总重力的倍;当速度达到16 m/s时开始做匀减速直线运动直至雪道底端，该阶段其所受的阻力为其总重力的倍，g取10 m/s2。求: 目录 考点 (1)运动爱好者在加速及减速阶段的加速度大小; 答案　2 m/s2　 m/s2 解析　加速阶段，根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－k1mg=ma1，解得a1=2 m/s2 减速阶段，根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－k2mg=ma2 解得a2=－ m/s2 加速度大小为 m/s2。 目录 考点 (2)运动爱好者到达雪道底端的速度大小。 答案　8 m/s 解析　设加速阶段的位移为x1，则加速阶段 x1==64 m，解得x1=64 m 故减速阶段位移为x2=36 m 设到达斜面底部的速度为v2，则=2a2x2 代入数据解得v2=8 m/s。 目录 考点 例4 (2025·湖南衡阳模拟)北京时间2023年10月31日8时11分，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面2 m时启动反推发动机，速度匀减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f=kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱(含宇航员)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动。求: 目录 考点 (1)在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小; 答案　70 m/s2 解析　主伞打开瞬间，由牛顿第二定律可得 mg－f1=ma1，其中，f1=kv1 返回舱匀速下降过程，有f2=kv2=mg 联立可得a1=－70 m/s2 所以加速度大小为70 m/s2。 目录 考点 (2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机产生的推力大小。 答案　1.05×105 N 解析　在反推发动机工作时，主降落伞和返回舱匀减速至零， 根据运动学公式可得－2a2h=0－ 解得加速度大小为a2=25 m/s2 根据牛顿第二定律可得F－mg=ma2 解得F=1.05×105 N。 目录 考点 针对训练 (2025·贵州贵阳模拟)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F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，求拉力作用第1 s内箱子的位移大小。 答案　(1)30 N　(2)5.75 m 目录 考点 解析　(1)设箱子的加速度为a，根据运动学公式可得x=at2 解得a== m/s2=10 m/s2 根据牛顿第二定律可得F－μmg=ma 解得F=30 N。 (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 则有Fcos 37°－Ff=ma' Ff=μFN=μ(mg－Fsin 37°) 联立解得箱子的加速度为a'=11.5 m/s2 则第1 s内箱子的位移大小x'=a'=×11.5×12 m=5.75 m。 目录 考点 1.超重、失重和完全失重的对比 考点三　超重与失重现象 向上 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___ 对应运动 情境 ______上升或 ______下降 ______下降或 ______上升 自由落体运动、竖直上抛运动等 原理 F－mg=ma F=_______________ mg－F=ma F=_______________ mg－F=mg F=___ 向下 g 加速 减速 加速 减速 mg+ma mg-ma 0 目录 考点 2.对超重和失重的理解 (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。 (3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 目录 考点 3.判断超重和失重的方法 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 从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态;具有向下的加速度时，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 从速度变化 的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 目录 考点 判断正误 × √ (1)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。( ) (2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( ) (3)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) (4)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。( ) × × 目录 考点 例5 (2025·黑龙江哈尔滨高三联考)某运动员在10米跳台比赛中，跳水过程从离开跳板开始计时，v－t图像如图所示，图中仅0~t2段为直线，不计空气阻力，则由图可知(　　) C A.0~t1段运动员处于超重状态 B.0~t2段运动员的速度方向保持不变 C.0~t3段运动员一直处于失重状态 D.t3~t4段运动员的加速度逐渐增大 目录 考点 解析　v－t图像中，速度数值的正负表示方向，t1时刻之前，速度为负值，竖直向上，t1时刻之后，速度为正值，竖直向下，即在t1时刻，运动员的速度方向发生改变，故B错误;由于v－t图像中，图像切线的斜率表示加速度，根据图像可知，0~t1段加速度为正值，竖直向下，运动员处于失重状态，故A错误;根据图像 可知，t3时刻运动员速度达到最大，由于v－t图像中，图像切线的斜率表示加速度，根据图像可知，0~t3段运动员加速度始终为正值，竖直向下，处于失重状态，故C正确;根据图像可知，在t3~t4段时间内，图像切线斜率的绝对值先增大后减小，即t3~t4段运动员的加速度先增大后减小，故D错误。 目录 考点 例6 (2024·全国甲卷，22)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。 (1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为_________N(结果保留1位小数)。  答案　5.0 解析　根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N。 目录 考点 (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于____________(选填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为____________m/s2(结果保留1位小数)。  答案　(1)5.0　(2)失重　1.0 解析　根据(1)问结合力的平衡条件可知mg=5.0 N 电梯上行时，测力计示数为4.5 N<mg 故物体处于失重状态 根据牛顿第二定律有mg－F=ma 代入数据解得a=1.0 m/s2。 目录 考点 本高考题主要考查超重、失重的判断及弹簧测力计的读数，依托于教科版教材必修第一册P134对电梯实验的模拟与分析部分的活动出题。也就是说，高考题目来源于教材而高于教材。 如图所示，在弹簧测力计下挂一重物，用手提着弹簧测力计，使重物在竖直方向上做多种方式的运动。观察并记录弹簧测力计示数的变化情况。 运动状态 弹簧测力计的示数 加速度的方向 静止     由静止到向上运动     由向上运动到静止     由静止到向下运动     由向下运动到静止     目录 考点 28 限时作业 2 目录 　基础对点练 C 对点练1　瞬时问题的两类模型 1.(2025·陕西西安模拟)如图所示，轻质细绳OA一端系在小球O上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度(　　) A.竖直向下 B.沿OB方向 C.沿AO方向 D.等于0 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　小球的受力分析如图所示。设绳子与竖直方向的夹角为θ，则细绳OA中的拉力大小为FT=，方向沿OA方向，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，两力的合力大小等于FT，方向沿AO方向，所以小球的加速度沿AO方向、大小为a==，故C正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 D 2.(2025·江苏苏州模拟)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在劲度系数为100 N/m的竖直轻弹簧上方。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.轻弹簧的压缩量为0.2 m B.物体A的瞬时加速度为0 C.物体B的瞬时加速度为10 m/s2 D.物体B对物体A的压力为12 N 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A根据受力平衡可得mAg=kx，解得弹簧压缩量为x==0.3 m，故A错误;细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律得mBg+mAg－kx=(mA+mB)a，解得A、B的瞬时加速度为a=4 m/s2，故B、C错误;对物体A，由牛顿第二定律得FN+mAg－kx=mAa，解得物体B对物体A的压力为FN=12 N，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 A 3.(2025·黑龙江哈尔滨开学考试)如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。已知A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、2m，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，重力加速度为g，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A.A球的加速度大小为g B.B球的加速度大小为g C.弹簧的弹力大小为mg D.轻杆的拉力大小为mg 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　细绳烧断前，对A、B、C整体进行分析，系统静止，处于平衡状态，合力为零，由平衡条件可得F弹=(m+2m +2m)gsin θ=mg，烧断细线的瞬间，细线的拉力消失，由于弹簧弹力不能突变，则以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－3mgsin θ=3ma，解得a=g，故A正确，B、C错误;设A、B之间杆的拉力大小为T，以B为研究对象，有T－2mgsin θ=2ma，解得T=mg，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 对点练2　动力学的两类基本问题 4.(2024·黑龙江佳木斯模拟)人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，畅享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以v0=1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为θ=30°。若人与滑板的总质量为m=60 kg，受到的总阻力为f=60 N，重力加速度g取10 m/s2，求: (1)滑雪者加速度的大小; (2)3 s内滑雪者下滑位移的大小; (3)3 s末滑雪者的速度大小。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)13 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律mgsin 30°－f=ma 解得加速度的大小为a=4 m/s2。 (2)3 s内滑雪者下滑位移的大小x=v0t+at2 解得x=21 m。 (3)根据匀变速直线运动规律v=v0+at 解得v=13 m/s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 5.(2025·重庆万州高三联考)2022年北京举办了第24届冬奥会，图甲是钢架雪车比赛项目的一段赛道，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示)，运动员经过B点时速率未发生改变，到C点共计用时5 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为100 kg，sin 15°=0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员): (1)在直道AB上的加速度大小; (2)过C点的速度大小; (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　 (3)60 N 解析　(1)设雪车在直道AB段加速度大小为a1， 根据位移速度公式可得2a1xAB= 解得a1== m/s2= m/s2。 (2)在AB上运动时间为t1==3 s 从B点到C点，根据匀变速直线运动位移时间公式可得xBC=vBt2+a2 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 其中t2=5 s－t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 (3)设雪车(包括运动员)在斜道BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律可得 mgsin 15°－f=ma2，解得f=60 N。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 A 对点练3　超重与失重现象 6.(2025·辽宁大连模拟)某物体在无人机的带动下沿竖直方向做直线运动，物体的速度v与时间t的变化关系如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A.0~t1时间内物体做加速运动，处于失重状态 B.t1~t2时间内物体做减速运动，处于失重状态 C.t2~t3时间内物体做加速运动，处于失重状态 D.t3~t4时间内物体做减速运动，处于超重状态 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 解析　0~t1时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故A正确;t1~t2时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故B错误;t2~t3时间内物体做加速运动，由图像斜率可知加速度为负，方向向上，处于超重状态，故C错误;t3~t4时间内物体做减速运动，由图像斜率可知加速度为正，方向向下，处于失重状态，故D错误。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 D 7.(2025·八省联考云南卷，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 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 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F－mg=ma，可得a= m/s2=0.50 m/s2，则电梯向上加速运动，故D正确。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 综合提升练 8.(2025·天津南开模拟)某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳时获得竖直向上的初速度v0=1 m/s，并在距离水面h0=1.6 m前完成规定动作并调整好入水姿势竖直入水，其入水深度h=2.5 m，跳台距水面高度H=10 m，运动员质量m=40 kg，重力加速度g=10 m/s2，空气阻力不计。求: (1)运动员距离跳台的最高距离hm; (2)运动员完成规定动作允许的最长时间tm; (3)运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程运动员受到水的平均作用力F的大小。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1)0.05 m　(2)1.4 s (3) m/s　2 008 N 解析　(1)运动员起跳后做竖直上抛运动，到最高点过程， 有－2ghm=0－ 解得hm== m=0.05 m。 (2)运动员从起跳到最高点所用时间t1== s=0.1 s 运动员从最高点到距水面1.6 m处所用时间为t2，则hm+H－h0=g 代入数据解得t2=1.3 s 运动员完成规定动作允许的最长时间为tm=t1+t2=0.1 s+1.3 s=1.4 s。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 (3)运动员入水时，由速度与位移关系公式可得v2=2g(hm+H) 代入数据解得入水时速度大小为 v= m/s 运动员入水后至水深h处，有－2ah=0－v2 代入数据解得a=40.2 m/s2 运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力mg和水的平均作用力F 由牛顿第二定律可得F－mg=ma 解得平均作用力F的大小为 F=mg+ma=40×10 N+40×40.2 N=2 008 N。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 9.(2025·贵州铜仁模拟)如图所示，在倾角为θ=37°的足够长斜面上，有一质量m=2 kg、可视为质点的物块，在F=20 N、方向与斜面夹角α=37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经t1=12 s撤去F，物块在t1时间内的位移为x1=36 m。sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物块与斜面间动摩擦因数μ; (2)撤去F后3 s内，物块的位移大小x2。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 答案　(1)0.75　(2)1.5 m 解析　(1)根据x1=a1 可得a1== m/s2=0.5 m/s2 根据牛顿第二定律 Fcos α－mgsin θ－μ(mgcos θ－Fsin α)=ma1 解得μ=0.75。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 (2)12 s末物块的速度v=a1t1=6 m/s 撤去F后向上运动的加速度大小 a2=gsin θ+μgcos θ=12 m/s2 则向上运动的位移x2== m=1.5 m 运动时间t2==0.5 s 因为mgsin θ=μmgcos θ 可知此后物块静止在斜面上，则撤去F后3 s内，物块的位移大小x2=1.5 m。 07 01 02 03 04 05 06 08 09 目录 限时作业 $