第3章 运动与力的关系-第2节 牛顿第二定律的基本应用 课件—2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿第二定律基本应用，覆盖瞬时问题、超重失重、动力学两类问题三大核心考点，依据高考评价体系梳理轻绳弹簧突变、图像分析、等时圆模型等高频考查方向，通过考点权重分析与常考题型归纳，构建系统备考框架。 课件亮点在于高考真题与核心素养深度融合，如以2024湖南卷瞬时问题真题为例，运用模型建构与科学推理，拆解受力分析到加速度计算的解题链条，培养运动和相互作用观念。特设易错点警示与解题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件精准定位复习重点，提升冲刺效率。

第3章 运动与力的关系 第2节 牛顿第二定律的基本应用 1 考点一 瞬时问题 考点二 超重和失重问题 考点三 动力学两类基本问题 2 考点一 瞬时问题 3 1.两种模型 合外力与加速度具有因果关系，二者总是同时产生、 同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时， 加速度也随着发生变化，而物体运动的速度______发 生突变。 不能 2.解题思路 分析瞬时变化前物体的受力情况 分析瞬时变化后哪 些力变化或消失 求出变化后物体所受合力根据牛顿 第二定律列方程 求瞬时加速度 4 【视角1】 剪断轻绳 例1 (2024·湖南)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 A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g [解析] 剪断前，对BCD分析FAB = (3m+2m+m)g，对D，FCD = mg，剪断后，对B，FAB - 3mg = 3maB，解得 aB = g，方向竖直向上；对C，FDC+2mg = 2maC，解得 aC = 1.5g， 方向竖直向下。故选A。 5 【视角2】 剪断弹簧 例2 (多选)如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球A和B，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P。弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，取sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8。下列说法正确的是( ) ACD A.剪断细线P前，弹簧形变量为 B.剪断细线P的瞬间，小球B的加速度大小为 C.剪断与A球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小 D.剪断与A球连接处的弹簧的瞬间，小球A的加速度大小为0.8g 6 [解析] 剪断细线P前，对小球A进行受力分析，小球A受竖直向下的重力、水平向右的弹簧弹力以及沿细线P向上的拉力。根据共点力平衡有FTsin 37° = mg，FTcos 37° = kx，联立解得x = ，故A正确；剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球B所受合力为零，加速度为0，故B错误；剪断细线P前，细线P的拉力大小为FT = mg，剪断与A球连接处的弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，小球A即将摆动，此时摆动的速度为零，则径向合力为零，切向合力提供切向加速度，有FT' - mgsin 37° = man = 0，mgcos 37° = mat，解得FT' = mg < FT = mg，at = g，即剪断与A球连接处的弹簧的瞬间，细线P的拉力变小，小球A的加速度大小为0.8g，故C、D正确。 7 【视角3】 连接体突变 例3 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为M的托盘，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为g。某顾客快速取走1号盘子的瞬间，3号盘子对2号盘子的作用力的大小为( ) A A. B. C. D. 8 [解析] 6个盘子处于静止时，6个盘子所受合力为0，顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg = (M+5m)a，对2号盘子，根据牛顿第二定律有，N - mg = ma，联立可得3号盘子对2号盘子作用力的大小N = ，故选A。 9 考点二 超重和失重问题 10 1.实重和视重 （1）实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态______（选填“无关”或“相关”）。 （2）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。 无关 11 2.超重、失重和完全失重的对比 名称 超重 失重 完全失重 现象 视重______实重 视重______实 重 视重等于___ 产生条件 物体的加速度______ 物体的加速度 ______ 物体竖直向下的加速度 等于___ 对应运动情境 加速上升或减速下降 加速下降或减 速上升 自由落体运动、竖直上 抛运动、宇宙航行等 原理 __________ __________ ___ 大于 小于 0 向上 向下 0 12 3.判断超重和失重的方法 （1）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。 （2）从加速度的角度判断 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超重状态；具有向下的（分）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。 13 4.对超重和失重现象的理解 （1）发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力（或拉力）变大或 变小了（即“视重”变大或变小了）。 （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，如天平失效、 浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 14 【视角1】　超重、失重现象 例1 (2025·北京)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 15 [解析] t1~t3间，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动；故A错误；t2~t3，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg+f = ma即a = +g，故加速度大小在减小，故B正确；t3~t5间，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，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。 16 【视角2】　 超重、失重现象的图像问题 例2 (多选)利用智能手机的加速度传感器可测量手机运动的加速度。将手机与弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在天花板上。用手握着智能手机，打开加速度传感器，t = 0时刻从静止释放手机，得到竖直方向加速度随时间变化的图像如图所示，已知手机设定竖直向上为正方向。下列说法正确的是( ) AD A.初始时弹簧处于伸长状态 B.0.5~2 s内手机处于失重状态 C.0.5~1 s内弹簧的弹力增大 D.0~1 s内手机向上运动 17 [解析] 由图可知，初始时手机加速度竖直向上，根据牛顿第二定律F - mg = ma，可知弹簧处于伸长状态。故A正确；由图可知，0.5~1.5 s内手机加速度竖直向下，处于失重状态，1.5~2 s内手机加速度竖直向上，处于超重状态。故B错误；0.5~1 s内，有mg - F = ma，由图可知，加速度逐渐增大，弹力减小。故C错误；根据a - t图像中图线与横轴所围面积表示速度变化，可知0~0.5 s内手机加速向上运动，速度值逐渐增大，0.5~1 s内手机向上减速运动，在t = 1 s时刻，速度恰好减为零。故D正确。故选AD。 18 【视角3】 系统超失重 例3 如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数( ) C A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小 [解析] 在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。故选C。 19 考点三 动力学两类基本问题 20 1.动力学问题的解题思路 21 2.解题关键 （1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； （2）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。 22 3.等时圆模型 （1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相 等，如图甲所示； （2）质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如 图乙所示 ； （3）两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 23 【视角1】　已知受力求运动 例1 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。 24 （1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小； [解析]当纸板相对砝码运动时，砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1 = μm1g，f2 = μg，方向均水平向左；纸板所受摩擦力的大小f = f1+f2 = μg 25 （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； [解析]设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则对砝码有f1 = m1a1，对纸板有F - f1 - f2 = m2a2，发生相对运动需要a2 > a1；代入数据解得F > 2μg　 26 （3）本实验中，m1 = 0.5 kg，m2 = 0.1 kg，μ = 0.2，砝码与纸板左端的距离d = 0.1 m，取g = 10 m/s2。若砝码移动的距离超过l = 0.002 m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大? [解析]为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过l = 0.002 m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为x1 = a1，纸板运动距离d+x1 = a2，纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2 = a3，由题意可知x1+x2 = l，a1 = a3，a1t1 = a3t2，代入数据联立得F = 22.4 N，即为确保实验成功，纸板所需的拉力至少为22.4 N。 27 【视角2】　已知运动求受力 例2 (多选) (2024·辽宁)一足够长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.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD 28 [解析] v - t图像的斜率表示加速度，可知t = 3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t = 3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为v0 = μgt0，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为 a0 = = μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度大小为v共 = μgt0，方向水平向右，故可得 + = t0，解得μ0 = 2μ，故B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a = μg，故可得 F - μMg = Ma，解得F = μMg，根据图像可知物块滑上木板后木板 29 的加速度为a' = = - μg，此时对木板由牛顿第二定律得F - μg - μ0mg = Ma'，解得 ，故C错误；假设t = 4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体 F - μg = μMg - μMg = 0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t = 4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。 30 【视角3】 等时圆模型 例3 如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R = 10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0 = 10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，重力加速度g = 10 m/s2，则小车从A到C的运动时间是( ) A A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s 31 [解析] 设小车的质量为m，小车在AB段做匀减速直线运动，加速度a1 = = 0.2g = 2 m/s2，在AB段，根据动能定理可得 - fxAB = mm，解得vB = 4 m/s，故t1 = s = 3 s；BC段逆过程可看作从C点由静止下滑到B点，由等时圆模型可知t2 = = 2 s，故总时间t = t1+t2 = 5 s，A正确。 32 $