第7讲　牛顿第二定律的应用1 课件-2027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应用，覆盖动力学两类基本问题、多过程直线运动、超重与失重三大高考核心考点，依据高考评价体系梳理考查要求，通过2026浙江选考、2025黑吉卷等真题分析考点权重，归纳已知运动求受力、已知受力求运动等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+科学思维+应试策略”，如以钢架雪车、铅球回收架真题为例，运用模型建构、科学推理解析多过程运动中加速度关联、摩擦力突变等关键，通过“两个分析一个桥梁”方法突破考点，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此系统复习，提升高考冲刺效率。

第7讲　牛顿第二定律的应用1 考点一　动力学的两类基本问题 必备知识•全方位凝练 1.两类动力学问题 (1)动力学的两类基本问题 第一类:已知受力情况求物体的运动情况。 第二类:已知运动情况求物体的受力情况。 (2)解决两类基本问题的方法 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,具体逻辑关系如图所示 2.动力学两类基本问题的解题步骤 关键能力•多维度提升 典例1　(已知运动求受力)(2026浙江1月选考)钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道BC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(图乙所示),到C点共用时5.0 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110 kg,sin 15°=0.26,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。 答案 (1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 解析 (1)雪车在水平直道AB上做匀加速运动,由运动学公式得=2a1x1,得a1= m/s2。 (2)在水平直道AB上,有v1=a1t1,得t1=3 s 在倾斜直道BC上,有t2=t-t1=2 s,x2=v1t2+a2 得a2=2 m/s2 由运动学公式得v=v1+a2t2=12 m/s。 (3)由牛顿第二定律得mgsin θ-Ff=ma2,得Ff=66 N。 典例2　(已知受力求运动)某学校举办校运动会,在铅球比赛场地上放置了一个铅球回收架,以便于回收选手投出的铅球。铅球回收架的最后一段轨道如图甲所示,可简化为如图乙所示的ABCDE轨道,其中AB、BC、CD轨道均为直轨道且平滑连接,长度分别为LAB=1.0 m、LBC=1.6 m、LCD=0.6 m,与水平方向的夹角分别为θ1=37°、θ2=15°、θ3=37°。一质量m=4 kg的铅球,从A点以某一速度冲上AB轨道,运动到B点时速度恰好为0,然后经过BC轨道冲上CD轨道。若铅球在AB、CD轨道运动时所受的轨道阻力恒为Ff1=8 N,在BC轨道运动时所受的轨道阻力恒为Ff2=9.6 N,不计其他阻力,铅球大小可忽略。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,sin 15°=0.26,cos 15°=0.96,g取10 m/s2),求铅球: (1)冲上AB轨道时的初速度大小vA; (2)运动到轨道C点时的速度大小vC; (3)从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用的总时间t总。 答案 (1)4 m/s　(2)0.8 m/s　(3)4.6 s 解析 (1)铅球在AB轨道的加速度大小为a1==8 m/s2 由运动学公式得2a1LAB= 解得vA=4 m/s。 (2)铅球在BC轨道的加速度大小为a2==0.2 m/s2 由运动学公式得2a2LBC= 解得vC=0.8 m/s。 (3)铅球在CD轨道的加速度大小为a3==8 m/s2 铅球在CD轨道上速度第一次减为零时所用的时间为t1==0.1 s 铅球在BC轨道上运动的时间为t2==4 s 铅球在AB轨道上运动的时间为t3==0.5 s 从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用的总时间 t总=t1+t2+t3=4.6 s。 归纳提升 牛顿运动定律的两类问题,重点是掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”,以及在多个运动过程之间建立“联系”。 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” (2)找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。 大题突破:动力学规律在直线运动中的综合应用 典例　(18分)如图所示,小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,A位于水平传送带的右端,B置于倾角为30°的光滑固定斜面上,轻绳分别与斜面、传送带平行,传送带始终以速度v0=2 m/s逆时针匀速转动,某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5 m/s运动,方向如图所示,经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长,B不会碰到定滑轮,定滑轮的质量与摩擦均不计,g取10 m/s2,求: (1)A向左运动的总时间; (2)A回到传送带右端的速度大小; (3)上述过程中,A与传送带间因摩擦产生的总热量。 【满分答卷】 (1)A向左减速运动的过程中,开始时A的速度大于传送带的速度,以A为研究对象,受到向右的摩擦力与绳对A的拉力,设绳子的拉力为FT1,以向右为正方向,由牛顿第二定律得 FT1+μmg=ma1①(0.5分) 以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT1=ma1②(0.5分) 联立可得a1==3 m/s2③(1分) A的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t1==1 s④(1分) 当A的速度与传送带的速度相等之后,A继续减速,A的速度小于传送带的速度,受到的摩擦力变成了向左,设绳子的拉力为FT2,以A为研究对象,由牛顿第二定律得 FT2-μmg=ma2⑤(0.5分) 以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT2=ma2⑥(0.5分) 联立可得a2==2 m/s2⑦(1分) A向左速度减为0时所用的时间t2==1 s⑧(1分) A向左运动的总时间t=t1+t2=2 s。⑨(1分) (2)A向右运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向左,仍然受到绳子的拉力,同时,B受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以A的加速度不变,仍为a3=a2=2 m/s2⑩(0.5分) t1时间内A的位移x1=t1=-3.5 m,负号表示方向向左⑪(1分) t2时间内A的位移x2=t2=-1 m,负号表示方向向左⑫(1分) A向左运动的总位移x=x1+x2=-4.5 m⑬(0.5分) A回到传送带右端的位移x3=-x=4.5 m⑭(0.5分) 速度v==3 m/s。⑮(1分) (3)t1时间内传送带的位移 x1'=-v0t1=-2 m⑯(0.5分) 该时间内传送带相对于A的位移 Δx1=x1'-x1=1.5 m⑰(1分) t2时间内传送带的位移 x2'=-v0t2=-2 m⑱(0.5分) 该时间内传送带相对于A的位移 Δx2=x2-x2'=1 m⑲(1分) A回到传送带右端的时间为t3,则 t3= s⑳(0.5分) t3时间内传送带的位移 x3'=-v0t3=-3 m㉑(0.5分) 该时间内传送带相对于A的位移 Δx3=x3-x3'=(4.5+3) m㉒(1分) A与传送带之间的摩擦力 Ff=μmg=1 N㉓(0.5分) 上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量 Q=Ff(Δx1+Δx2+Δx3)=(7+3) J。㉔(1分) 原生态样卷剖析 学生答卷及批阅展示 教师点评 1.第(1)问中,必要的文字说明不完整,没有指明所选的正方向,应当进行补充。 技巧:列式前一定要选好正方向,然后根据所选方向列方程。 2.①、②、③三个式子正确得分。 3.该同学没有分析出加速度大小发生变化,而是认为做加速度大小一直不变的减速运动。由于A的运动情况没有分析清楚,造成解答错误。 技巧:对于传送带问题,一定要把摩擦力分析清楚,当速度相等时,摩擦力发生突变。 4.由于第(1)问的错误,造成第(2)、第(3)问的思维出现偏差,没有把A物体运动的不同过程分析出来,导致错误。解题的基本思路还算清晰,根据所列方程或公式,分步给分。 总评:该题满分18分,该同学开始思路较清晰,中间由于摩擦力分析错误,造成错解;该同学的优点是做题过程较规范,物理字母符号应用较好;分步列式,分步得分,减少了失分,总分得到11分。 解答思路归纳 考点二　牛顿运动定律解决多过程直线运动问题 必备知识•全方位凝练 匀变速直线运动和匀速直线运动都是理想化的模型,而社会生活中的实际运动往往是一个复杂的过程,是多种运动形式的结合。单个物体的多过程运动和多个物体相关联的复合运动常以计算题形式考查。对于此类问题,解题的关键是对复杂运动进行正确分解,把复杂的运动转换为熟知的匀速直线运动和匀变速直线运动的组合。 关键能力•多维度提升 典例　如图所示,直杆水平固定,质量为m=0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ=53°、斜向上的拉力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ=0.8,AB与BC的距离之比s1∶s2=8∶5。g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小; (2)小圆环在AB段的加速度a1的大小; (3)拉力F的大小。 答案 (1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N 解析 (1)在BC段,小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示, 由牛顿第二定律得Ff=ma2 又Ff=μFN=μmg 得a2=8 m/s2。 (2)小圆环在AB段做匀加速运动,由运动学公式得=2a1s1 小圆环在BC段做匀减速运动,由运动学公式得=2a2s2 又 得a1=5 m/s2。 (3)当Fsin θ<mg时,小圆环在AB段运动,对其受力分析如图乙所示 由牛顿第二定律得Fcos θ-Ff1=ma1 又FN1+Fsin θ=mg,Ff1=μFN1 联立解得F=1.05 N 当Fsin θ>mg时,小圆环在AB段运动, 对其受力分析如图丙所示,由牛顿第二定律得 Fcos θ-Ff2=ma1 又Fsin θ=mg+FN2,Ff2=μFN2 联立解得F=7.5 N。 规律方法 求解多过程运动问题的方法 (1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图,直观呈现物体的运动过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。 (3)合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程,同时列出物体各阶段间的关联方程,联立求解。 考点三　超重与失重问题 必备知识•全方位凝练 1.超重与失重 (1)视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为视重。 (2)超重、失重和完全失重的比较 比较项 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0 产生条件 物体的加速度向上 物体的加速度向下 物体的加速度等于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加速下降或减速上升 原理方程 F-mg=ma⇒F=mg+ma mg-F=ma⇒F=mg-ma mg-F=mg⇒F=0 2.超重和失重的判断方法 (1)若物体加速度已知,看加速度的方向,方向向上则超重,方向向下则失重。 (2)若拉力或支持力已知,看拉力或支持力与重力的大小关系,大于重力则超重,小于重力则失重。 (3)物体超重、失重与运动状态的关系 [练一练] 判断下列说法对错 (1)失重时物体的重力小于mg。(　　) (2)物体在完全失重状态下,由重力引起的效应将完全消失。(　　) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。(　　) × √ × 关键能力•多维度提升 典例　(多选)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,则运动员 (　　) A.在第一过程中始终处于失重状态 B.在第二过程中始终处于超重状态 C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态 D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态 CD 解析 运动员刚接触床面时,重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;当弹力增大到等于重力时速度最大;继续下降,弹力大于重力,向下做减速运动,运动员处于超重状态,则在第一过程中运动员先处于失重状态,后处于超重状态,A错误,C正确。在第二过程中运动员先向上做加速运动,处于超重状态,后向上做减速运动,处于失重状态,B错误,D正确。 [真题信息拓展] (多选)(2025黑吉辽卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD 解析 由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。0~3t0内,木板的加速度a1=μg;3t0~4t0内,对于木板有a2==μg;根据牛顿第二定律得0~3t0内有F-μm木g=μgm木; 3t0~4t0内,对小物块有a'==2μg,根据牛顿第二定律得μxmg=ma',μx=2μ,故B正确。对木板3t0~4t0内,有F-μ(m木+m)g-2μmg=-m木a2,解得,故C错误。F=μm木g=3μmg,故4t0后做匀速运动,D正确。 $