第3章 2.第2节 牛顿第二定律的应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的应用”专题，依据高考评价体系梳理了动力学两类基本问题、图像问题、超重失重三大核心考点，通过真题考点分布（如动力学问题占T3、4、6、8）明确高频考查方向，归纳出选择、计算等常考题型，体现备考的针对性和系统性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如结合2024海南卷超重失重题剖析加速度方向判断方法，运用等时圆模型速解2026届山西开学考运动时间问题，培养学生科学思维和运动与相互作用观念。特设易错警示（如摩擦力计算误区）和速解技巧，助力学生掌握答题关键，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

第2节 牛顿第二定律的应用 返回目录  动力学中的两类基本问题T3、4、6、8　     动力学中的图像问题T2、5　     超重和 失重问题T1、7 返回目录 高考真题 1.★(2024海南,1,3分)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功 着陆,在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞,返回舱快速减速,速度大大减小,在 减速过程中 ( ) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 　    A　     解析　返回舱减速下落,则加速度方向向上,故处于超重状态,A正确,B错误。主伞对返 回舱的拉力向上,返回舱的位移向下,故主伞的拉力做负功,C错误。返回舱的重力向下, 位移向下,故重力做正功,D错误。 返回目录 现象 加速度方向 受力特点 运动方式 做功情况 超重 向上 F>G (F-mg=ma) 向上加速 WG<0,WF>0,W合>0 向下减速 WG>0,WF<0,W合<0 失重 向下 F<G (mg-F=ma, a<g) 向下加速 WG>0,WF<0,W合>0 向上减速 WG<0,WF>0,W合<0 完全失重 向下 F=0 (mg=ma, a=g) 各种抛体运动 只有重力做功 知识拓展 返回目录 2.★★(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线 轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确 的是     ( )   　    A　     返回目录 返回目录 解析　由题图可知,机器人在0~1 s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速 直线运动,1~2 s时间内所受合力为0,加速度为0,2~3 s时间内所受合力与0~1 s时间内所 受合力大小相等、方向相反,机器人的加速度也与0~1 s内机器人的加速度大小相等、 方向相反,而且0~1 s时间内与2~3 s时间内的时间间隔相等,A正确。 返回目录 3.★★(2024安徽,6,4分)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 返回目录 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　未撤拉力时小球在P点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧的 弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直 向下。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终 向下,小球一直做加速运动,A正确,B错误。小球从P点运动到O点的过程中,两弹簧形变 量变小,两弹簧弹力的夹角变大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速 度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma, 加速度的最大值为2g,C、D错误。 返回目录 4.★★★(2025湖北,7,4分)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成,门处于关 闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上, 一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如 图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小 为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 ( ) 　    B　     A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.2  返回目录 解析　由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线 运动,运动的加速度大小a1= ,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总 位移为 ,设总时间为t,当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度- 时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不 变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最短,此时总位移  = μgt2,解得最短的总时间t= ,B正确。   返回目录 高考模拟 5.★★★(2026届湖南邵东一中月考)水平力F方向确定,大小随时间变化如图甲所示。 用力F拉静止在水平桌面上的小物块,物块质量为1 kg。在F从0开始逐渐增大的过程 中,物块的加速度随时间变化情况如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速 度g=10 m/s2,由图像可知 ( )        A.小物块所受滑动摩擦力的大小为6 N 　    D　     返回目录 B.4 s时小物块的速度为8 m/s C.小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.6 D.t=  s时,小物块开始滑动 解析　由题图甲知,当t=2 s时,F=6 N,a=1 m/s2,根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,Ff=μmg,代 入数据解得小物块所受滑动摩擦力的大小Ff=5 N,μ=0.5,A、C错误;a-t图线与t轴围成的 面积表示速度变化量,4 s时小物块的速度大于v= ×2 m/s=8 m/s,B错误;根据F-t图像 可知F=3t(N),当F=Ff=μmg=5 N时,小物块开始滑动,故t=  s,D正确。 返回目录 6.★★★(2025届山东部分学校模拟)如图所示,足够长的倾角为θ的斜面体固定在水平 面上,一质量为m的物块恰能静止在斜面上的A点,物块与斜面间的动摩擦因数为μ(最大 静摩擦力等于滑动摩擦力)。现对物块施加沿斜面向上的拉力F,经时间t,物块匀加速运 动至B点(图中未标出);撤去拉力F后,物块继续运动,再经时间2t到达C点,此时速度大小 为经过B点时速度的 。已知重力加速度为g,物块可视为质点,下列说法正确的是 ( )       B　     返回目录 A.物块与斜面间的动摩擦因数μ=  B.拉力F的大小为8mg sin θ C.A、B两点间的距离是B、C两点间距离的3倍 D.物块从A点开始运动到最终停下所需要的时间为7t 返回目录 解析    【关键:“物块恰能静止在斜面上”说明物块处于平衡状态且所受摩擦力为最 大静摩擦力】根据平衡条件可得mg sin θ=μmg cos θ,解得μ= tan θ,A错误。由B点至C 点,物块做匀减速运动,已知vC= vB,根据加速度定义式可得a2= =- ,根据牛顿第二 定律可得-mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联立解得vB=6gt sin θ;施加拉力F时,加速度a1= =6g sin θ,根据牛顿第二定律可得F-mg sin θ-μmg cos θ=ma1,联立解得F=8mg sin θ,B正确。 根据匀变速直线运动平均速度公式可得xAB= t、xBC= ×2t= vBt,解得 = ,C 错误。撤去拉力后到停止运动的时间为t'=- =3t【点拨:当物块沿斜面向上速度减到 返回目录 零时,由于μ= tan θ,即mg sin θ=μmg cos θ,物块静止,不再沿斜面下滑】,故物块从A点开 始运动到最终停下所需要的时间t总=t+3t=4t,D错误。 返回目录 7.★★★(2026届重庆育才中学开学考)某同学利用手机上自带的加速度传感器,记录了 他下蹲、起立过程中,加速度随时间的变化情况。规定竖直向上为加速度正方向,a-t图 像如图所示。关于该运动过程,下列说法正确的是 ( )   　    D　     返回目录 A.该同学完成一次下蹲和起立的时间大约为2 s B.在下蹲过程中,与b点对应的时刻,该同学速度最大 C.在下蹲过程中,与c点对应的时刻,该同学对地面的压力最小 D.与f点对应的时刻,该同学处于超重状态 返回目录 解析　由题图可知,该同学完成一次下蹲和起立动作的时间大约为6 s【点拨:下蹲过程 中,加速度先向下后向上,起立过程中加速度先向上后向下】,A错误。下蹲时,速度由零 开始向下增大,b点对应的时刻加速度仍为负,说明此时速度仍在继续增大,速度未达到 最大值,B错误。下蹲过程中,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma;根据牛顿第三定律可 得,该同学对地面的压力大小F'N=FN=mg+ma,c点对应的时刻加速度为正且最大,故此时 该同学对地面的压力最大,C错误。f点对应的时刻加速度为正,方向向上,故为超重状 态,D正确。 返回目录 8.★★★(多选)(2026届山西开学考)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴 沿竖直方向。可伸缩的光滑细杆一端位于O点,另一端位于点P(3 m,-1 m),将小环套在 杆上从O点由静止释放后,经时间t0滑到细杆的另一端;现将细杆伸缩绕O点旋转后使另 一端位于点Q(x,y),还将小环从O点由静止释放,要使小环滑到细杆的另一端点Q的时间 仍为t0,则满足要求的Q点的坐标是( )   A.(-3 m,-4 m)　　　    B.(-4 m,-2 m) 　    BD　     C.(-4 m,-1 m)　　　    D.(-3 m,-1 m) 返回目录 解析　设细杆长度为L,细杆与x轴正方向的夹角为θ,可得sin θ= ;小环沿细杆下滑时, 沿细杆方向,根据牛顿第二定律可得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ;小环由静止释放,根据运 动学公式可得L= a = g  sin θ;由几何关系可得L= ,联立可得 = g ,代 入P点坐标数据得 g =10 m。若细杆伸缩绕O点旋转,小环滑到细杆的另一端点Q的时 间仍为t0,Q点的坐标应满足 = g ,代入选项数据可得B、D正确。 返回目录 速解方法 运用“等时圆模型”求解 以OP为弦作圆,当Q点在圆上时,小环由O点运动到Q点的时间为t0;设圆的半径为R,对 OP可得2R sin θ=  m,其中 sin θ= ,解得R=5 m;设Q点的坐标为(x,y),由几何 关系可得2R· = ,即R= ,代入选项数据可得B、D正确。   返回目录  相对运动在动力学、能量问题中的运用 (2025届安徽滁州二模)如图所示,生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙,它们 相互垂直且等高,传送带均以大小为v的速度运行。将一质量为m的工件(视为质点)轻 放到传送带甲上,工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同,并平稳地传送到传 送带乙上,且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为 μ,重力加速度为g。求: (1)工件在传送带甲上做加速运动的位移大小; (2)工件在传送带乙上运动时,因摩擦产生的热量; 创新风向·挑战思维 返回目录 (3)工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间。   答案 (1)     (2)mv2    (3)  返回目录 解析    (1)工件在传送带甲上,根据牛顿第二定律可得 μmg=ma,又v2=2ax,联立解得x= 。 (2)工件滑到传送带乙上瞬间,相对于乙的运动情况和受摩擦力情况如图1所示 图1 工件相对传送带乙的初速度v相= v; 根据牛顿第二定律可得μmg=ma相; 返回目录 【关键:工件相对传送带乙先做匀减速直线运动,后静止】 根据匀变速直线运动规律可得 =2a相x相; 产生的热量Q=μmg·x相; 联立可得Q=mv2。 (3)工件滑到传送带乙上瞬间,以地面为参考系,工件在传送带乙上的运动情况和受摩擦 力情况如图2所示 图2 返回目录 工件在传送带乙上做匀变速曲线运动,将工件滑上传送带乙的速度沿滑动摩擦力方向 和垂直于滑动摩擦力方向进行分解,有vx=vy= v; 由μmg=ma有a=μg; 根据vy=at可得工件从滑上传送带乙至速度最小所用的时间t= 。 易错警示 工件在传送带乙上的最小速度并不是相对传送带乙静止时的速度,故所用的时间并不 等于t'= = 。 返回目录 $