第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律应用，覆盖瞬时加速度、超重失重、动力学两类基本问题三大核心考点，按“模型梳理-真题解析-变式拓展”逻辑架构知识点，通过考点分类讲解、解题方法提炼、高考真题演练等环节，帮助学生构建运动与相互作用的物理观念，突破瞬时力分析、超重失重判断等难点。 讲义采用模型建构与科学推理结合的教学策略，如瞬时加速度问题中对比轻绳与弹簧的形变特性，引导学生建立“突变与渐变”分析模型，培养科学思维。设置基础真题、变式拓展分层练习，配合即时解析反馈，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支持。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 【学习目标】　1.会应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。2.会应用牛顿第二定律解决超重、失重问题。3.会解决动力学的两类基本问题。 考点一　瞬时加速度问题 瞬时加速度问题的两类模型 轻绳、轻杆 和接触面 形变不明显，剪断或脱离后，恢复形变不需要时间，弹力立即消失或改变 弹簧、蹦床 和橡皮条 形变量比较大，在瞬时问题中，弹簧、蹦床和橡皮条的形变不能立即恢复，弹力的大小不发生突变 (2024·湖南卷·T3)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 答案：A 解析：细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件知A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg；对D受力分析，由平衡条件知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FAB－3mg＝3maB；对C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，故A正确。 拓展变式.将衔接教材中的装置放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，重力加速度为g，在轻绳被剪断的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为(　　) A.aA＝0，aB＝g B.aA＝g，aB＝0 C.aA＝g，aB＝g D.aA＝0，aB＝g 答案：B 解析：剪断前，分析A、B和弹簧整体受力可知，轻绳的拉力为FT＝2mgsin θ；剪断瞬间，A受到的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，小球B所受合力为0，所以小球A、B的瞬时加速度分别为aA＝2gsin 30°＝g，aB＝0。故选B。 考点二　超重与失重 1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。 (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。 2.超重、失重和完全失重的比较 状态 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 视重等于0 产生 条件 竖直方向上，物体的加速度向上 竖直方向上，物体的加速度向下 竖直方向上，物体的加速度向下，且等于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为加速度加速下降或减速上升 原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma F＝0 【正误辨析】 (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。(×) 1.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。 2.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 当物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；向下加速或向上减速时，物体处于失重状态 (2024·佛山市质检)某同学体重为50 kg，乘电梯上行时，用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示，竖直向上为正方向。g＝10 m/s2。关于该段时间，下列说法正确的是(　　) A．3～5 s该同学处于失重状态 B．9～11 s电梯向下做加速运动 C．该同学受到的最小支持力约为30 N D．该同学受到的最大支持力约为530 N 答案：D 解析：由题图可知，3～5 s的加速度为正，方向竖直向上，该同学处于超重状态，故A错误；9～11 s的加速度为负，方向竖直向下，速度方向竖直向上，故电梯向上做减速运动，故B错误；10 s时，向下的加速度最大，为a1＝－0.6 m/s2，该同学受到的支持力最小，FNmin－mg＝ma1，解得FNmin＝470 N，故C错误；4 s时，向上的加速度最大，为a2＝0.6 m/s2，该同学受到的支持力最大，FNmax－mg＝ma2，解得FNmax＝530 N，故D正确。 考点三　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 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。 已知受力求运动情况 (2026·清远市一模)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，如图甲所示，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图乙所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53˚＝0.8，sin 37˚＝0.6。 (1)求包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ。 (2)求机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a。 (3)若机器人运行的最大速度vm＝3 m/s，求机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。 答案：(1)37˚　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s 解析：(1)根据题意可知，当包裹刚开始下滑时满足mg sin θ＝μmg cos θ 可得θ＝37˚。 (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg＝ma 所以a＝7.5 m/s2。 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至静止时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则 匀加速直线运动阶段有x1＝ 匀减速直线运动阶段有x3＝ 所以匀速直线运动的时间t2＝ 联立可得t＝t1＋t2＋t3＝15.4 s。 已知运动情况求受力 钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，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2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，g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)： (1)在直道AB上的加速度大小； (2)在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)设雪车(包括运动员)从A到B的加速度大小为a1，运动时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有＝2a1lAB，vB＝a1t1 解得a1＝ m/s2，t1＝3 s。 (2)由题知雪车(包括运动员)从A到C全程的运动时间t0＝5.0 s 设雪车(包括运动员)从B到C的加速度大小为a2，运动时间为t2，故t2＝t0－t1，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt2＋a2，vC＝vB＋a2t2 代入数据解得a2＝2 m/s2，vC＝12 m/s。 (3)设雪车(包括运动员)在BC上运动时受到的阻力大小为Ff，根据牛顿第二定律有 mgsin 15°－Ff＝ma2 代入数据解得Ff＝66 N。 解答动力学两类基本问题的步骤 (多选)如图所示，1、2、3、4四个小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．t1>t2 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 答案：BC 解析：小球1的加速度为a1＝g sin 60˚＝g，位移为x1＝2r sin 60˚＝r，运动时间为t1＝；小球2的加速度为a2＝g sin 30˚＝g，位移为x2＝2r sin 30˚＝r，运动时间为t2＝；小球3的加速度为a3＝g sin 60˚＝g，位移为x3＝r，运动时间为t3＝；小球4的加速度为a4＝g sin 30˚＝g，位移为x4＝＝2r，运动时间为t4＝，则t1＝t2<t3＝t4，故B、C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $