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学案

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿第二定律应用专题，依据高考评价体系梳理了动力学两类基本问题、图像问题、超重失重三大考查维度，分析“加速度桥梁”“图像斜率含义”等核心要求，归纳多过程问题、图像分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如以2024广东卷弹簧问题为实例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，结合物理观念中的运动和相互作用，剖析F-y图像与合外力关系。特设“提分关键”总结图像规律，帮助学生掌握答题技巧，助力教师高效复习教学。

第2节 牛顿第二定律的应用 返回目录 考点1　动力学中的两类基本问题 一、动力学中的两类基本问题 返回目录 二、解决两类基本问题的要点 返回目录 典例1    (2025届新疆乌鲁木齐三模)如图所示,冰坡AB与水平地面平滑连接,某人乘坐 冰车从冰坡上的A点由静止开始下滑,并在水平地面上滑行一段距离后停在C点。已知 冰坡的倾角为θ=30°,AB的长度为x1=10 m,BC的长度为x2=12.5 m,不计冰坡对冰车的阻 力,忽略空气阻力,重力加速度的大小g取10 m/s2。求: (1)冰车从A点滑行到B点的时间t; (2)冰车与水平地面间的动摩擦因数μ。   答案 (1)2 s    (2)0.4 返回目录 解析 【已知受力,分析运动】冰车由A运动至B的过程,根据牛顿第二定律得 mg sin 30°=ma1 解得a1=g sin 30°=5 m/s2 由x1= a1t2,代入数据解得t=2 s (2) 【已知运动,分析受力】在B点的速度大小vB=a1t=10 m/s,冰车由B运动至C的过程,有 0- =-2a2x2 可得a2=4 m/s2 根据牛顿第二定律得μmg=ma2 解得μ=0.4 返回目录 提分关键·方法提升 牛顿第二定律在多过程问题中的应用 (1)分析各个过程中运动的特点,明确每一个运动过程的运动形式,注意相邻两个过程的 衔接速度。 (2)分析各个过程的受力情况,明确每一个过程加速度的方向,注意不同过程各力的变化 特点。 (3)灵活运用运动学公式、结论、图像,灵活运用合成法或正交分解法,结合牛顿第二定 律求解加速度及其他相关量。 返回目录 典例2    (2025届江西重点中学协作体月考)某次洪灾紧急救援行动中,某救援队发现一 灾民被困在水中礁石上。如图所示,礁石可看作一半球体,过最高点的纵截面圆心为O, 半径为R,离礁石最近的岸上有一定点A,已知A点到水面的距离为H,OA=L,水面上礁石 最右端到岸边的水平距离x<H(x未知),重力加速度的大小为g。从A点架设一条倾斜的 光滑滑道到礁石上,要求救援队员从滑道顶端由静止下滑到达礁石表面所用时间最短, 则最短时间为(         ) A. 　　　    B.  C. 　　　    D.  D 返回目录 解析　    AB垂直于水面,与水面交于B点,过A点作一个圆心O'在AB上的竖直圆,如图所 示,使圆与礁石表面相切于P点【点拨:构建等时圆模型】,由于x<H,可知圆心必定 在A、B之间,设所作竖直圆的半径为r,根据等时圆规律【点拨:从竖直圆的最高点沿弦 下滑到圆上任意一点所用时间相等】,沿AP下滑的时间最短,设最短下滑时间为tmin,有 2r= g 【等效思维:从最高点沿任意一条弦下滑到圆上任意一点所用的时间等效为沿 竖直弦下滑至最低点的时间】,解得tmin= ; 【关键:根据几何关系求解构建的竖直圆 的半径】连接O、O',O、P、O'三点共线,根据勾股定理可得 =L2-H2=(R+r)2-(H-r)2,解 得r= ,则tmin= = ,D正确。 返回目录 模型突破　等时圆模型 返回目录 考点2　动力学中的图像问题 分析动力学图像问题的方法 1.分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义。 2.建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像反映 的物理过程。 3.建立图像与公式间的关系:建立与图像对应的函数关系,然后根据函数关系读取信息 或描点作图,特别要明确图线斜率、与坐标轴所围面积、截距等对应的物理意义。 4.读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界 点(在临界点物体运动形式往往发生变化)。 返回目录 典例3    (2024广东,7,4分)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方 H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所 受合外力为F,运动时间为t,忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一 次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 (         )                    C 返回目录 解析　　木块接触弹簧前先做自由落体运动,有y= gt2,即y<H时y-t图线为抛物线的一 部分,D错误。木块在y=H处接触弹簧,此后还要继续加速一段时间,故y>H时,刚开始一 段的y-t图线斜率还要继续增大;当木块运动到其重力和弹簧弹力相等位置时速度最大, 此后开始减速,y-t图线斜率逐渐减小到零,运动到最低点后开始反弹,上升过程中由运动 的对称性可知y-t图线对称,C正确。木块下降过程,木块所受合外力先为竖直向下的定 值,位移为H时接触弹簧,此后合外力沿竖直向下方向减小到0再反向增大,上升过程,合 外力先沿竖直向上方向减小到0后反向增大,离开弹簧后木块受到竖直向下的恒定合外 力,上升过程的运动为下降过程运动的逆运动,A、B错误。 易错警示 本题B项中,横轴为木块的位移y,所以上升过程应沿图线从右往左看。 返回目录 高考变式　(斜面弹簧约束考查)如图(a)所示,原长x0=0.3 m的轻质弹簧的下端固定 在倾角为θ的固定光滑斜面体的底部,在弹簧的上端从静止开始释放质量为1 kg的小球, 小球的加速度大小a与弹簧长度x间的关系如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2,忽略空 气阻力,则(         ) A.斜面倾角的正弦值为0.8 B.弹簧的劲度系数为60 N/m C.小球的最大速度大小为0.6 m/s D.小球运动到最低点时的加速度大小为5 m/s2 B 返回目录 解析　　当x<0.2 m时,由牛顿第二定律可得k(x0-x)-mg sin θ=ma,整理可得a=- +  ,结合图像有- =  s-2, =12 m/s2,解得k=60 N/m,sin θ=0.6,A错 误,B正确。由题图(b)可知小球在x2=0.2 m时a=0,此时小球的速度最大,在x3=0.3 m时a= g sin θ=6 m/s2【点拨:此时小球的速度为0】,从x3到x2,a-x图像中图线与坐标轴所围面积 为  m2/s2=0.3 m2/s2,根据v2- =2a·Δx可知,a-x图线与坐标轴围成的面积a·Δx表示  ,则小球的最大速度大小vm=  m/s,C错误。根据小球运动的对称性,可知当x1= 0.1 m时,运动至最低点,此时小球的加速度大小为6 m/s2,D错误。 返回目录 提分关键·规律总结 常见动力学图像斜率、面积表示的含义 (1)v-t图像:斜率表示加速度,面积表示位移。 (2)a-t图像:面积表示速度的变化量。 (3)v2-x图像:斜率表示加速度的2倍。 (4)F-a图像:斜率表示物体的质量。 (5)F-t图像:面积表示力的冲量或动量的变化量。 (6)F-x图像:面积表示力做的功或动能的变化量。 返回目录 考点3　超重和失重问题 超重 失重 完全失重 现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0 加速度 方向向上 方向向下 竖直向下的加速度等于g 原理 F-mg=ma mg-F=ma F=0 返回目录 典例4    (2025北京,11,3分)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加 速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动 过程中,受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大,f随时间t的变化如图所示(向上为 正)。下列说法正确的是 (         ) A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻,实验舱达到最高点 B 返回目录 解析　    t1~t3时间内,f向下,先增大后减小,由题意知,空气阻力的大小随速率的增大而 增大,故此段时间内速度方向向上,先增大后减小,实验舱先处于弹射过程后向上减速,A 错误;t2~t3时间内,f向下且减小,可知此段时间速度方向向上,速度减小,根据牛顿第二定 律有mg+f=ma,即a= +g,故加速度大小减小,B正确;t3~t5时间内,f向上,先增大后减小,可 知此时速度方向向下,先增大后减小,实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向 上,故实验舱先失重后超重,C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,故t3时刻实验 舱达到最高点,D错误。 返回目录 拓展设问 若实验舱的质量为m,t2时刻实验舱速度大小等于v0且已无电磁弹射作用;t4时刻实验舱 速度大小等于v1,还未受电磁制动作用;t2时刻和t4时刻实验舱处于同一位置。运动过程 中实验舱受到的阻力大小与其速率成正比,重力加速度为g。 (1)从力和运动角度试分析实验舱上升时间(t3-t2)与下降时间(t4-t3)的大小关系,试定性画 出t2到t4时间内实验舱的v-t图像。 (2)从动量与冲量角度试分析实验舱在t2~ t3时间内与在t3~ t4时间内所受阻力冲量的大 小关系。 (3)从做功与能量角度试分析实验舱在t2~ t3时间内与在t3~ t4时间内所受阻力做功的大 小关系。 返回目录 答案 (1)t3-t2<t4-t3　图像见解析    (2)相等 (3)Wf上>Wf下 解析 (1)t2到t4时间内实验舱的v-t图像如图所示, t2~t3时间内是上升过程,实验舱的加速度大小a上=  t3~t4时间内是下降过程,实验舱的加速度大小a下=  可知a上>a下,又因为t2~t3时间内和t3~t4时间内的位移大小相等,根据x= at2可定性判断出 t3-t2<t4-t3。 (2)实验舱受到的空气阻力f的大小与其速率成正比,则t2~t3时间内,阻力的冲量大小If上= ∑kvΔt=kx上; 返回目录 t3~t4时间内,阻力的冲量大小If下=∑kv'Δt'=kx下;由于x上=x下,可得If上=If下。 (3)在t2~t3时间内阻力大小的平均值大于在t3~t4时间内阻力大小的平均值,又x上=x下,故在 t2~t3时间内阻力做功大小大于在t3~t4时间内阻力做功大小,即Wf上>Wf下。 返回目录 $