第3章 第2讲 牛顿运动定律的基本应用 课件 -2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律及其应用”专题，覆盖牛顿运动定律的基本应用、受力与运动情况互推、超重和失重等高考核心考点，依据考纲要求明确“已知受力分析运动”“已知运动分析受力”为高频考查方向，通过流程图梳理分析思路，结合典型例题归纳匀变速运动、斜面模型等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“考点内化+真题训练+素养提升”的复习策略，如以“光滑细杆滑环运动时间比较”典例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析运动学公式与牛顿定律的结合方法，通过超重失重判断训练强化物理观念。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握受力分析、加速度求解等关键技巧，教师可据此精准指导，助力学生高效冲刺高考。

第三章　牛顿运动定律及其应用 第2讲　牛顿运动定律的基本应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 1．能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。 2．知道超重和失重现象。 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 甲 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 乙 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 × × √ √ -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 C -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 C -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 C -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 谢谢观看 -- 第三章　牛顿运动定律及其应用 考点一　已知受力情况，求解运动情况 【考点内化】 1．物体受力分析。 (1)受力分析的依据。 ①根据各种性质力产生的条件，判断力是否存在。 ②力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析物体受力情况。 ③力有相互性，我们分析物体受到的力而不是分析它对其他物体的作用力。 (2)受力分析基本思路。 ①明确研究对象，即对谁进行受力分析。 ②一般要把研究的物体从周围物体中隔离出来。 ③按顺序分析受力情况，画出受力的示意图，其顺序为重力、已知力、接触力(弹力、摩擦力)、其他力等。 ④不好判断有些力是否存在时，要结合物体的运动情况进行受力分析，物体的运动情况反映物体的受力情况。 2．已知受力情况分析运动情况的思路。 牛顿第二定律是力与运动之间的桥梁，因此已知受力情况求运动情况的过程中，必须使用牛顿第二定律作为纽带。故将分析思路简化为如下流程图： 【考点过关】 如图，质量m＝4.0 kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.50，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物体在与地面成θ＝37°角的恒力F＝54.5 N作用下，由静止开始运动，t1＝0.20 s后撤去F，则再经过多长时间物体停下来？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解答：物体受到恒力F作用时受力如图甲所示，设物体此时加速度为a1，对恒力进行正交分解，根据牛顿第二定律，有 FN＋F sin θ－mg＝0, ① F cos θ－f ＝ma1, ② 又因为f＝μFN, ③ 联立①②③，得a1＝9.987 5 m/s2， 由v＝at，得v＝a1t1＝1.997 5 m/s， 撤去F后物体的受力如图乙所示，设物体此时加速度为a2，根据牛顿第二定律，有 f′＝ma2, ④ FN′－mg＝0, ⑤ 又因为f′＝μFN′， ⑥ 联立④⑤⑥，得a2＝5.0 m/s2。 由0＝v－at，得t2＝＝0.399 5 s。 【考教衔接】 　(教材改编)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度均为0)，不计空气阻力，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d处所用的时间，试论证：t1＝t2＝t3。 解答： [论证]按下面程序。 [同理]　如图，ad、ac、ab是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a处释放(初速度均为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达b、c、d所用的时间，则t1＝t2＝t3。 (请同学自己证明) 【练习1】　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°的斜向上的拉力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段的加速度的大小a2。 (2)小圆环在AB段的加速度的大小a1。 解答：(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所示，有Ff＝μFN＝μmg，Ff＝ma2， 则a2＝＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。 (2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知vB 2＝2a1s1， 小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知vB 2＝2a2s2， 又＝， 则a1＝a2＝×8 m/s2＝5 m/s2。 考点二　已知运动情况，求解受力情况 【考点内化】 已知运动情况分析受力情况的思路。 牛顿第二定律是力与运动之间的桥梁，因此已知运动情况求受力情况的过程中，必须使用牛顿第二定律作为纽带。故将分析思路简化为如下流程图： 【考点过关】 如图，电梯与水平面夹角为30°，电梯从静止开始加速启动，当速度达到1 m/s时，一个质量为50 kg的人踏上第一级(不计这一级的高度)，然后跟电梯一起加速向上运动，到达电梯终点时已过了4 s，电梯的终点离地面高度为10 m。求这个过程中人对梯面的压力和人对梯面的静摩擦力。(g取10 m/s2，计算结果保留整数) 解答：以人为研究对象，根据题意可知，初速度为v0＝1 m/s，位移为s＝＝20 m，时间为t＝4 s。 根据运动学公式s＝v0t＋at2， 代入数据解得a＝2 m/s2。 对人进行受力分析，人受重力mg、竖直向上的支持力FN、水平向右的静摩擦力f(摩擦力方向一定与接触面平行)，为了便于研究，取水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立直角坐标系，如图甲。此时只需分解加速度，如图乙。 甲　　　　　乙 其中，ax＝a cos 30°，ay＝a sin 30°。 根据牛顿第二定律，有 x方向f＝max＝ma cos 30°， ① y方向FN－mg＝may＝ma sin 30°， ② 由①式解得f≈87 N， 由②式解得FN＝550 N。 根据牛顿第三定律可知，这个过程中人对梯面的压力等于550 N，方向竖直向下。 人对梯面的静摩擦力为87 N，方向水平向左。 【考教衔接】 　(教材改编)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2。求： 　甲　　　　　　 　乙　 (1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ。 (2)推力F的大小。 解题思路:审题时要明确受力个数是否有变化，先作好受力分析(如图所示)，再作好力的正交分解，按两坐标的规律列式。因本题没有涉及求运动量，根据图像提取两个加速度值就行。解题请注意选取运动阶段。 解答：(1)撤去推力F后，小物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设小物块在加速过程中的加速度为a1，在减速过程中的加速度为a2，由v-t图像求得小物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1＝ m/s2，a2＝10 m/s2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma2，解得μ＝。 (2)在未撤去F前，物块做匀加速运动阶段，有F－mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma1，解得F＝4 N。 【练习2】　随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝ 1 kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动的时间为t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，g取10 m/s2。求： (1)物品运动过程中的最大速率。 (2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小。 (3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 解答：(1)由题意可知t1＋vmt2＋t3＝h， 解得vm＝5 m/s。 (2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝， 解得a2＝1.25 m/s2，位移大小x＝t3， 解得x＝10 m。 (3)匀速运动阶段F＝mg＋F阻， 解得F阻＝5 N， 匀加速阶段由牛顿第二定律有 F′－F阻－mg＝ma1， 又a1＝，解得F′＝17.5 N。 考点三　超重和失重 【考点内化】 1．视重。 视重是指当物体挂在弹簧测力计上或放在水平台秤上时，弹簧测力计的示数或台秤的示数。 视重反映的是弹力，等于物体所受的拉力或对支持物的压力。只有当物体处于平衡状态时，视重才与物体的重力大小相等。当物体处于非平衡状态时，视重与物体自身的重力不再相等。 2．超重与失重。 甲　　　乙　　　丙 用手提着挂有钩码的弹簧测力计，当手静止不动时，弹簧测力计的示数等于钩码的重力(如图甲)。当手由静止开始向上匀加速提动时，弹簧测力计的示数大于钩码的重力(如图乙)。当向上匀减速提动时，弹簧测力计的示数小于钩码的重力(如图丙)。 对于图乙，根据牛顿第二定律，有 T－mg＝ma， 得T＝mg＋ma， 所以T>mg。 对于图丙，根据牛顿第二定律，有mg－T＝ma， 得T＝mg－ma， 所以T<mg。 取a＝g代入T＝mg－ma， 得T＝0。 由此可知，超重和失重现象，仅与加速度的方向有关，与速度方向无关。 由此还可知，完全失重并不是重力消失了，而是接触力消失了。因为重力是由于地球的吸引产生的，只要地球引力能到达的地方，重力就永远存在。 【考点过关】 请判断有关超重现象和失重现象的表述正误，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)超重就是物体受的重力增加了。(　　) (2)完全失重就是物体重力完全消失了。(　　) (3)无论超重、失重，只要物体的质量和位置不变，重力就不变。(　　) (4)完全失重并不是重力消失了，而是接触力消失了，视重等于零。(　　) 解析：物体受到的重力是由于地球的吸引产生的，物体的重力只与物体的质量和位置有关，与物体的运动状态、受力情况无关。超重和失重，仅仅是接触力大于或小于物体的重力，即视重大于或小于物体的重力，而物体的重力不会随之变化。 【考教衔接】 　(单选)(教材改编)在封闭系统中用弹簧测力计称一物体的重力，由弹簧测力计示数的变化可判断出系统的运动状态，下列说法正确的是(　　) A．弹簧测力计示数等于重力，则系统一定处于静止状态 B．弹簧测力计示数偏大，则系统一定向上做匀加速运动 C．弹簧测力计示数偏大，则系统可能向下做匀减速运动 D．弹簧测力计示数等于0，则系统一定做自由落体运动 解析：弹簧测力计示数等于物体的重力，则系统可能处于静止状态，也可能在匀速上升或下降。弹簧测力计示数偏大，则系统可能向上做匀加速运动，也可能向下做匀减速运动。弹簧测力计示数等于0，则系统可能做自由落体运动，也可能向上做加速度为g的匀减速运动。故选C。 【练习3】　(单选)如图所示，原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目之一。运动员先由静止开始下蹲一段位移，经过充分蓄力后，发力跳起摸到了一定的高度，落地后屈腿缓冲。运动员在下降过程中，下列说法正确的是(　　) A．始终处于超重状态 B．始终处于失重状态 C．先失重后超重 D．先超重后失重 解析：由运动情况判断运动员的加速度方向，当运动员的加速度向上时处于超重状态，加速度向下时为失重状态。运动员下降过程先向下加速后向下减速，故加速度先向下后向上，即先失重后超重。故选C。 【练习4】　(单选)质量为50 kg的游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处的向心加速度是20 m/s2，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．在此处游客处于平衡状态，视重为500 N B．在此处游客处于完全失重状态，视重为0 C．在此处游客处于超重状态，视重为 1 500 N D．在此处游客处于超重状态，视重为 3 000 N 解析：设过山车对游客的支持力为FN，由题意知，FN－mg＝ma，得FN＝1 500 N。故选C。 $