第2讲 牛顿第二定律的应用-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

第三章运动和力的关系 讲 第2讲 牛顿第二定律的应用 必备知识梳理 自主学习·基础回扣门 一、超重与失重 二、两类动力学问题 1.实重和视重 1.动力学的两类基本问题 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运 第一类：已知受力情况求物体的 动状态 第二类：已知运动情况求物体的 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物 2.解决两类基本问题的方法 体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将 以 为“桥梁”，由运动学公式和 物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台 列方程求解，具体逻辑关系如图 秤的示数即为视重。 所示。 2.超重 由力求运动 (1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的 拉力) 物体所受重力的现象。 受力情况 牛顿第二定律 加速度 运动学公式 运动情况 (2)产生条件：物体具有 的加速度。 由运动求力 3.失重 概念辨析 (1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的 1.失重说明物体的重力减小了。 拉力) 物体所受重力的现象。 2.物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 (2)产生条件：物体具有 的加速度。 055 4.完全失重 (1)定义：物体对支持物（或悬挂物） 作 3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。 用力的现象称为完全失重。 ) (2)产生条件：物体的加速度a ,方向 4.研究动力学两类问题时，作受力分析和运动分 竖直向下。 析是关键。 () 回教材链接·想一想人 5.根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体 教版教材必修第一册P112 运动的速度方向。 ( 航天员在天宫一号目标飞 6.减速上升的升降机内的物体，对地板的压力大 行器上展示水球的实验，为 于物体所受的重力。 () 什么液滴呈球形？ 7.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。 () 关键能力 提升 互动探究·考点精讲 考点一 瞬时加速度问题 1.两种模型 (2)弹簧、橡皮绳模型的特点 (1)轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 ①当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物 ①不发生明显形变就能产生弹力的物体。 体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发 ②求解瞬时加速度的问题中，剪断（或脱离）后， 生突变。 其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 ②在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小 2的肉·讲与练·高三物理 可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发 【对点演练】 生突变。 1.(2024·湖南卷)如图，质量分别M 2.解题思路 为4m、3m、2m、m的四个小球A、 分析瞬时变 分析瞬时变化前 B、C、D,通过细线或轻弹簧互相 化后哪些力 物体的受力情况 连接，悬挂于O点，处于静止状 变化或消失 态，重力加速度为g。若将B、C D 求出变化后物体所受 解方程求瞬 间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大 合力，根据牛顿第二 时加速度 小分别为 定律列方程 A.g,1.5g B.2g,1.5g 【典例1】如图所示，A、B两球的质量相等，光滑斜 C.2g,0.5g D.g,0.5g 面的倾角为0，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连， 2.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块 图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板 3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,物 C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突 块2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的 然撤去挡板的瞬间（重力加速度为g) 光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿 水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、 3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。已知 甲 重力加速度大小为g,则有 ( A.图甲中A球的加速度不为0 B.图乙中两球的加速度均为gsin0 056 C.图乙中轻杆的作用力一定不为0 2 4 7777777777 7777777777 D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度 A.a1=a2=a3=a4=0 的3倍 B.al=a2-a3-a-g 听课记录 C.ai-a:-g.a3-0.a-m+M 8 D.a1=g,a:-m+M 8,ag=0,a4=m十M 考点二 超重与失重问题 1.对超重和失重现象的理解 (2)从加速度的角度判断 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处 有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了（即 于超重状态；具有向下的（分）加速度时，物体处 “视重”变大或变小了)。 于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时， (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物 物体处于完全失重状态。 理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的 【典例2】（多选）(2025·山东聊城高三月考)某 物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 同学站在力传感器上连续完成多次下蹲起立。 2.判断超重和失重的方法 (1)从受力的角度判断 某时刻作为计时起点，传感器与计算机连接， 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重 经计算机处理后得到力传感器示数F随时间 力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处 变化的情况如图所示。已知该同学质量m= 于失重状态；等于0时，物体处于完全失重 60kg,重力加速度大小g取10m/s2。下列说 状态。 法正确的是 () 第三章运动和力的关系 进 FN 相连，传感器示数为1000N。打开扣环，人从 A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经 920 B点上升到最高位置C点，在B点时速度最 600 大。已知AB长为2m,人与装备总质量m= 280 t/s 80kg(可视为质点)。忽略空气阻力，重力加速 01.822.24 度大小g取10m/s2。下列说法正确的是 A.0~4s完成了一次下蹲过程 ( B.0~8s该同学向下的最大加速度约为 A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 4.7m/s B.经过C点时，人处于超重状态 C.0一8s该同学向上的最大加速度约为 C.弹性轻绳的劲度系数k为500N/m 5.3m/s2 D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为 D.1.8s该同学向下速度达到最大 22.5m/s 听课记录 4.如图所示，轻质弹簧的上端固定在 电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一 个小球，电梯中有质量为50kg的 乘客，在电梯运行时乘客发现轻质 【对点演练) 弹簧的伸长量始终是电梯静止时 3.(2024·辽宁丹东一模)“反向 10 的四分之三，已知重力加速度大小g取10m/s2, 蹦极”是一项比蹦极更刺激的 由此可判断 运动。如图所示，劲度系数为 B A.乘客处于超重状态 k的弹性轻绳的上端固定在O 057 扣环 B.电梯可能加速上升，加速度大小为2.5m/s 点，拉长后将下端固定在体验 ǔ力传感器 n C.电梯可能减速上升，加速度大小为5m/s 者的身上，人再与固定在地面上的力传感器 D.乘客对电梯地板的压力为375N 考点三 动力学中的两类基本问题 1.把握“两类分析“两个桥梁” 【典例3】(2022·浙江6月选考)物流公司通过 (1)两类分析—物体的受力分析和物体的运 滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾 动过程分析。 斜滑轨与水平面成24°角，长度11=4m,水平 (2)两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥 滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从 梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的 2.解题思路 明确研 根据问题需要和解题方便，选择某个物体 动摩擦因数均为以= 9,货物可视为质点（取 究对象 或几个物体组成的系统为研究对象 cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度大小g 受力分析和运 画好受力示意图、情境示意图，明确 动过程分析 物体的运动性质和运动过程 取10m/s2)。 选取正方向或 通常以加速度的方向为正方向或以 建立坐标系 加速度方向为某一坐标轴的正方向 24° 确立合 若物体只受两个力作用，通常用合成法：若 力F在 受3个或3个以上的力，一般用正交分解法 777777777 777777 77777777777 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的 列方程 根装4顿第二定r,成 大小； 求解 列方程求解，必要时对结果进行讨论 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度)的大小； 2的肉·讲与练·高三物理 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过C.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获 2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 得的初速度大小至少为3 m/s 5 D.若羽毛球头部能从上端筒口出来，则球筒获 得的初速度大小至少为3m/s 6.(2024·陕西榆林一模) 如图所示，一个质量为 2kg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$，箱子的位 移为20m。重力加速度大小g取10m/s2,已 知sin37°=0.6，cos37°=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 【对点演练) 面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s 5.(多选)(2025·河北衡水高三检测)如下 后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一 个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手 058 迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下 的初速度并与手发生相对运动，筒内的 羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为 M=90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动 摩擦力为F1=2.6N,羽毛球质量为m=5g, 球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之 间的滑动摩擦力大小为F2=0.1N,重力加速 度大小g取10m/s2,空气阻力忽略不计，当球 筒获得一个初速度后 温馨提示) A.羽毛球的加速度大小为10m/s B.羽毛球的加速度大小为30m/s 学习至此，请完成课时作业15 第3讲 专题强化：动力学图像、连接体和临界极值问题 热点题型 突破 题型探究·能力提升 题型一 动力学图像问题 1.常见图像 2.解题策略 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表 像等。 的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反 映的物理过程，会分析临界点。B正确：水平力F作用在物体上，而物 体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两 个力不是平衡力，也不是相互作用力， C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物 体的弹力是两个物体间的相互作用 力，是一对作用力与反作用力，D正确 典例5A环在竖直方向上受重力及箱 子内的杆对它的竖直向上的摩擦力 F,受力情况如图甲所示，根据牛顿第 三定律，环应给杆一个竖直向下的摩 擦力F,故箱子竖直方向上受重力 Mg、地面对它的支持力Fy及环给它 的摩擦力F,受力情况如图乙所示。 以环为研究对象，有mg一F:=ma,以 箱子和杆整体为研究对象，有F、 F十Mg=F:十Mg=Mg十mg-ma。 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压 力大小等于地面对箱子的支持力大 小，即F=Mg十mg-ma,A正确。 F、 m mg iz777777777777 Mg 甲 第2讲牛顿第二定律的应用 …必备知识梳理… 一、1.(1)无关(2)不等于 2.(1)大于(2)向上 3.(1)小于(2)向下 4.(1)完全没有(2)g 教材链接·想一想 提示：航天器内的物体处于完全失重 状态，液滴在表面张力作用下呈球形。 二、1.运动情况受力情况 2.加速度牛顿第二定律 概念辨析 1.×2.×3.×4./5.×6.× 7./ 关键能力提升… 考点一瞬时加速度问题 典例1B对于题图甲，突然撤去挡板 的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹 簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速 度为0，对于B,所受合力大小等于有 挡板时挡板对其的支持力大小，为 2 ngsin0,由牛顿第二定律有2gsin9= maB,可得B的加速度大小为aB 2 g sin 0;对于题图乙，突然撤去挡板的 瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第 二定律有2 ng sin0=21a',可得A、B 的加速度大小均为a'=gsin0,设轻杆 对A的作用力为F,对A由牛顿第二 定律有ng sin日十F=ma',可知F 0,故题图乙中轻杆的作用力一定为0。 故选B。 对点演练 1.A剪断前，对B、C、D分析得FA= (3十2m十m)g,对D分析得Fcp= mg,剪断B、C间细线后，对B分析 FAm一3g=3maB,解得am=g,方向 竖直向上，对C分析Fc十2mg= 2ac,解得ac=1.5g,方向竖直向下。 故选A。 2.C在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚 性轻质杆接触处的形变立即消失，受 到的合力均等于各自重力，所以由牛 顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4 间轻弹簧的形变还来不及改变，此时 弹簧对物块3向上的弹力大小和对物 块4向下的弹力大小仍为mg,因此物 块3满足mg=F,即a?=0,由牛顿第 二定律得物块4满足a,=F+M8 M ,C压 考点二超重与失重问题 典例2AC人的下蹲动作分别有失重 和超重两个过程，先是加速下降失重， 有F<mg=600N,到达最大速度后再 减速下降超重，有F>mg=600N,故 04s完成了一次下蹲过程，故A正 确；由图像知，在1.8s时F最小，该同 学向下的加速度最大，还在向下加速， 由mg一Fnin=am,对应图像有Fnin= 280N,代入解得am≈5.3m/s,故B、 D错误；0~8s内当F最大时，该同学 向上的加速度最大，由Fx mg= mam,对应图像有Fx=920N,代入 解得an≈5.3m/s,故C正确。 对点演练 3.C在B,点时人与装备的速度最大，加 速度为零，处于平衡状态，有kx=g, 在A点未释放时，有kx'=g十F,又 x'-x=2m,联立解得k=500N/m, 故A错误，C正确；在C,点速度为零， 有向下的加速度，人与装备处于失重 状态，故B错误；打开扣环瞬间，由牛 顿第二定律，可得kx一g=F=a, 解得a=12.5m/s,故D错误。 4.D电梯静止时，对小球受力分析可得 kx=mg,电梯运行时，对小球由牛顿 第二定律有F合三mg二k:云z月 4mg=ma,解得此时小球加速度a= 1 g=2.5m/s,方向竖直向下，即电 梯和乘客加速度都向下，处于失重状 态。电梯可能加速下降或减速上升， 加速度大小为2.5m/s2,A、B、C错误； 对乘客由牛顿第二定律有Mg一N= Ma,由牛顿第三定律可知，乘客对电梯 地板的压力N'=N=375N,D正确。 考点三动力学中的两类基本问题 典例3(1)2m/s2(2)4m/s (3)2.7m 解析：(1)根据牛顿第二定律可得 gsin24°-mgc0s24°=1a1,代入数 据解得a1=2m/s2。 (2)根据运动学公式v2=2a1l1,解得 v=4m/s。 -533- (3)根据牛顿第二定律可得mg= a2,根据运动学公式可得v u”=-2a2l2,联立并代入数据解得 l2=2.7m。 对点演练 5.BD依题意，对羽毛球受力分析，由于 羽毛球相对于球筒向上运动，受到球 筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据 牛顿第二定律可得mg十Fn=ma1,求 得羽毛球的加速度大小为a1=30m/s, 羽毛球向下做匀加速直线运动，故A 错误，B正确；对球筒受力分析，根据牛 顿第二定律有Mg一Fn一Fe=Ma2, 求得a2=一20m/s,负号表示球筒的 加速度方向竖直向上，说明球筒向下 做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽 毛球头部能从上端筒口出来，则当羽 毛球到达简口时，二者速度相等，此时 球筒获得的初速度最小为vm,有 ait-Umin+ait,(vint+2t)- 1 之a1t=d,联立并代入数据解得0m= 3m/s,故C错误，D正确。 6.(1)30N(2)18.975m 解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直 1 线运动，有L=2at,解得a 2 10m/s2,由牛顿第二定律有F=a十 g=30N。 (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时间后速度减为0， 有Fcos37°-u(mg-Fsin37)= a1,解得a1=11,5m/s2,撤去拉力后 a2=g=5m/s。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a1t=a2t2,其中t=1s,箱子加速、 减选的总位移L-a片十a, 联立解得L'=18.975m。 第3讲专题强化：动力学图像、 连接体和临界极值问题 热点题型突破 题型一动力学图像问题 典例1D设P的质量为M,P与桌面 间的滑动摩擦力为f;以P为对象，根 据牛顿第二定律可得T一f=Ma,以 盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律 可得mg一T=ma,联立可得a= mg了=”m·m,可知当砝码受到 M+mM+m 的重力大于f时，P才有一定的加速 度，当m趋于无穷大时，P的加速度趋 近等于g。 典例2AD根据题图乙可知，在2s时 刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小 等于最大静摩擦力，根据题图甲可知， 最大静摩擦力为6N,B错误；设滑动 摩擦力为f,物块质量为，根据牛顿 参考答案“☑。