2026届高考物理一轮复习学案：牛顿运动定律的应用

标题 2026一轮复习学案：牛顿运动定律的应用 主要内容 要点一　超重、失重问题（自主学习型） 基础梳理： 1.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，叫作失重现象。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 2.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，叫作超重现象。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 3.完全失重 (1)定义：物体对支持物（或悬挂物）完全没有作用力，这种状态被叫作完全失重状态。 (2)产生条件：加速度a＝g，方向竖直向下。 判断正误： 1.加速上升的物体处于超重状态。(√) 2.减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×) 3.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×) 4.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√) 题组演练： 1.（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 D　［如题图所示，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可得a＝ m/s2＝0.50 m/s2，则电梯向上加速运动。故选D。］ 2.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）； (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）。 解析　(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N。(2)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。 答案　(1)5.0　 (2)失重　1.0 能力形成： 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 要点二　牛顿第二定律的瞬时性问题（师生互动型） 要点突破： 1.两类模型 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、蹦床和橡皮筋 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，所以在瞬时性问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变 2.求解瞬时加速度的步骤 典题示例： 例1　（2025·安徽模拟预测）如图所示，A、C两球质量均为m，B球质量为2m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，弹簧被剪断的瞬间，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．B球的受力情况未变 B．C球的加速度大小为g sin θ C．B、C之间线的拉力大小为mg sin θ D．A、B两个小球的加速度大小均为g sin θ 解析：弹簧剪断前，系统静止，分别以C、BC、ABC组成的系统为研究对象可得，对C，F细线＝mg sin θ，对BC整体，F杆＝3mg sin θ，对ABC整体，F弹簧＝4mg sin θ，弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，AB整体受力情况发生变化，假设细线拉力不为0，结合牛顿第二定律可知，对AB，FAB>3mg sin θ，沿斜面向下aAB>g sin θ，沿斜面向下，对C，FC<mg sin θ，沿斜面向下aC<g sin θ，沿斜面向下，则细线必然松弛，不符合假设，因此细线拉力为0。对ABC整体，FABC＝4mg sin θ，沿斜面向下，aABC＝g sin θ，沿斜面向下，对A，FA＝mg sin θ，沿斜面向下，因此，弹簧剪断瞬间，细线、轻杆的弹力都为0。A、B、C三个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ。故选B。 答案：B 题组演练： 3.（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．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 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。］ 4.（2025·山东一模）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，重力加速度为g，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(　　) A．吊篮A的加速度大小为g B．物体B的加速度大小为1.5g C．物体C的加速度大小为1.5g D．A、C间的弹力大小为mg C　［设绳子拉力为T，系统静止时，根据平衡条件T＝(m＋2m＋3m)g＝6mg，在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得aAC＝＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g， A错误，C正确；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，B错误；剪断细线的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A，FAC＋mg＝maAC，得FAC＝maAC－mg＝0.5mg，D错误。］ 要点三　动力学两类基本问题（师生互动型） 要点突破： 1.从受力情况确定运动情况 如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学规律确定物体的运动情况。 2.从运动情况确定受力情况 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。 3.动力学两类基本问题的解题步骤 典题示例： 考向1　已知物体受力，分析物体运动情况 例2　（2024·安徽卷，6）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 解析：撤去拉力前，小球的受力情况如图所示。 撤去拉力，小球从P点运动到O点的过程中，小球所受重力和两弹簧的弹力都对小球做正功，根据动能定理可知，小球的动能一直增大，速度一直增大，A正确，B错误；小球在P点处于静止状态，根据平衡条件可知，小球所受的合力为0，由于拉力F＝2mg，因此两弹簧的合力为mg；当撤去F的瞬间，小球所受的合力最大Fm＝2mg，根据牛顿第二定律Fm＝mam，解得am＝2g，C错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧的弹力减小，两弹簧弹力的合力减小，重力不变，小球所受的合力减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度减小，D错误。 答案：A 考向2　已知物体运动情况，分析物体受力 例3　冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x1＝26 m，B、C间的距离x2＝5.5 m，冰壶通过AB段的时间t1＝10 s，通过BC段的时间t2＝5 s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)C、O两点之间的距离x3； (2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。 解析：(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至O点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的加速度大小为a，在A点时的速度大小为vA，在C点时的速度大小为vC，因此有 vAt1－at＝x1，vA(t1＋t2)－a(t1＋t2)2＝x2＋x1， 解得 a＝0.2 m/s2，vA＝3.6 m/s， 又由 vC＝vA－a(t1＋t2)， 代入数据可得 vC＝0.6 m/s， 已知运动到O点时冰壶停下，因此有 v－0＝2ax3， 代入已知数据可知 x3＝0.9 m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f，则有 f＝μmg， 根据牛顿第二定律可知 f＝ma， 已知a＝0.2 m/s2，联立以上各式可得 μ＝0.02。 答案：(1)0.9 m　(2)0.02 题组演练： 5.（多选）（2025·吉林长春模拟预测）如图所示，质量为0.5 kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2。A的左边被一根轻弹簧用0.5 N的水平拉力向左拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则让木箱从静止开始做下列哪种运动时，可使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向左移动(　　) A．以6 m/s2的加速度竖直向上加速 B.以6 m/s2的加速度竖直向下加速 C．以2 m/s2的加速度水平向右加速 D．以2 m/s2的加速度水平向左加速 BC　［当物块竖直向上匀加速运动时，根据牛顿第二定律FN1－mg＝ma1，此时最大静摩擦fm1＝μFN1＝1.3 N>0.5 N，故此时物块不可能相对木箱底面水平移动，A错误；当物块竖直向下匀加速运动时，根据牛顿第二定律mg－FN2＝ma2，此时最大静摩擦fm2＝μFN2＝0.4 N<0.5 N，弹簧能拉动物块A相对木箱底面向左移动，B正确；当物块向右匀加速运动时，根据牛顿第二定律f3－F弹＝ma3，解得f3＝1.5 N>fm＝μmg＝1 N，说明物块A相对木箱底面向左移动了，C正确；当物块向左匀加速运动时，根据牛顿第二定律F弹－f4＝ma4，解得f4＝0.5 N<fm＝μmg＝1 N，说明物块A不会发生相对木箱底面滑动，D错误。］ 6.（2024·重庆卷，2）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中(　　) A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8 m/s2 C　［组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，A错误；组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，B错误；组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，C正确；月球表面重力加速度不为9.8 m/s2，D错误。］ 学科网（北京）股份有限公司 $