第3单元 02 第8讲 牛顿第二定律的基本应用（word教参）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习考点精讲（基础版）

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律的基本应用，围绕瞬时性问题、动力学两类基本问题、超重失重三大核心考点，按“模型辨析—方法提炼—真题应用”的逻辑架构展开，通过考点本源梳理、解题思路指导、高考真题精讲等环节，帮助学生构建运动与相互作用的物理观念，突破力学问题分析难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如在瞬时性问题中对比轻绳（弹力突变）与轻弹簧（弹力不变）模型，引导学生通过受力分析与牛顿第二定律推理瞬时加速度。设置规范答题自评表和分层练习，结合2024年全国及地方卷真题实例，高效培养学生解题规范与应考能力，为教师把控复习节奏提供系统教学方案。

第8讲　牛顿第二定律的基本应用 第8讲　牛顿第二定律的基本应用 考点一　瞬时性问题 1.瞬时性问题本源 加速度与合力具有因果关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失.从研究连接物体的模型角度可以分为以下两种情况. (1)轻绳、轻杆(或接触面):不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失或改变,恢复形变不需要时间,弹力可以突变. (2)轻弹簧、橡皮绳:发生明显形变产生弹力的物体,需要较长的形变恢复时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变,弹力不可突变. 2.解题思路 (1)选取研究对象(一个物体或几个物体组成的系统). (2)先分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面之前物体的受力情况,由平衡条件求相关力. (3)再分析剪断绳(或弹簧)或撤去支撑面瞬间物体的受力情况,由牛顿第二定律列方程求瞬时加速度. 例1 [2024·湖南卷] 如图所示,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 [反思感悟] 　   考点二　动力学中的两类基本问题 　　　　　 　　　　　 　　　　　 解决两类基本问题的方法:以　　　　　为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解.具体逻辑关系如图所示:  考向一　已知受力求运动情况 例2 [2024·安徽卷] 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.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 例3 (12分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=,货物可视为质点(cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,g取10 m/s2). (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2. 规范答题区 自评项目 (共12分) 自评+ 得分 书写工整无涂抹(是否加分项) 　 (√或×) 有必要的文字说明(1分) 有解题关键公式(8分) 结果为数字的带有单位(2分) 求矢量的有方向说明(1分) 考向二　已知运动情况求受力 例4 [2024·贵州卷] 某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中,在下落的某段时间内,小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力Ff.用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置,相邻位置的时间间隔相等,如图所示,则该段时间内下列说法可能正确的是 (　) A.Ff一直大于G B.Ff一直小于G C.Ff先小于G,后大于G D.Ff先大于G,后小于G 考点三　超重和失重问题 　　　　　 　　　　　 　　　　　 超重、失重和完全失重的对比 超重 失重 完全失重 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g 对应 运动 情境 　　　　上升或　　　　下降  　　　　下降或　　　　上升  自由落体运动、竖直上抛运动等 原理 F-mg=ma F=　　　  mg-F=ma F=　　　  mg-F=mg F=　　　  说明 (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. (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. 【辨别明理】 1.质量为m的物体处于超重状态时,物体的重力大于mg. (　) 2.物体处于完全失重状态时其重力消失. (　) 3.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于其重力. (　) 例5 [2024·全国甲卷] 学生小组为了探究超重和失重现象,将弹簧测力计挂在电梯内,测力计下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2. (1)电梯静止时测力计示数如图所示,读数为　　　　N(结果保留1位小数);  (2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5 N,则此段时间内物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态,电梯加速度大小为　　　　m/s2 (结果保留1位小数).  [反思感悟] 　     例6 [2025·河南信阳一中月考] 智能手机里一般都装有加速度传感器.打开手机加速度传感器软件,手托着手机在竖直方向上运动,通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示,以竖直向上为正方向,重力加速度为g.下列说法正确的是 (　) A.t1时刻手机处于完全失重状态 B.t2时刻手机开始向上运动 C.t3时刻手机达到最大速度 D.手机始终没有脱离手掌 [反思感悟] 　     学科网（北京）股份有限公司 $ 第8讲　牛顿第二定律的基本应用 例1　A　[解析] 将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,如图乙所示,C、D间弹簧的弹力FCD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB==g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC==1.5g,故A正确. 例2　A　[解析] 缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧拉力的合力为零,此时两弹簧的合力大小为mg,当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,且两弹簧拉力夹角增大,故弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球所受合外力一直变小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误. 例3　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m [解析] (1)货物在倾斜滑轨上滑行时,根据牛顿第二定律得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 (2分) 代入数据解得a1=2 m/s2 (1分) (2)货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动,根据运动学公式可知 v2=2a1l1 (2分) 解得v=4 m/s (2分) (3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,根据运动学公式可知 -v2=2a2l2 (2分) 其中a2=-μg (2分) 解得l2=2.7 m (1分) 例4　C　[解析] 由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小,可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先正后负,根据牛顿第二定律有G-Ff=ma,可知Ff先小于G,后大于G,故选C. 例5　(1)5.0　(2)失重　1.0 [解析] (1)由题图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N,则读数为5.0 N. (2)电梯上行时,一段时间内测力计的示数为4.5 N,小于物体的重力,可知此段时间内物体处于失重状态;电梯静止时,测力计示数等于物体重力,则物体重力mg=5.0 N,根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2. 例6　A　[解析] t1时刻手机加速度为-g,方向竖直向下,手机处于完全失重状态,故A正确;由题可知,0~t2时间内先托着手机向下做加速运动,t2~t3时间内向下做减速运动a⁃t图像与坐标轴围成的面积为速度,t3时刻手机达到加速度为正方向的最大值,故t3时刻手机的速度小于t2时刻手机的速度且不是最大值,故B、C错误;手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌,手机加速度为-g的过程中处于完全失重状态,可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌,故D错误. 第8讲　牛顿第二定律的基本应用 考点二 【必备知识】 加速度 考点三 【必备知识】 向上　向下　加速　减速　加速　减速　mg+ma　mg-ma　0 【辨别明理】 1.×　2.×　3.× 学科网（北京）股份有限公司 $