第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用（Word教参）-【精讲精练】2027年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律应用，覆盖超重失重、动力学两类问题、等时圆模型等核心考点，按概念理解-规律应用-模型建构的逻辑层次组织。通过判断题梳理基础，方法指导提炼解题技巧，真题训练强化考点对接，助力学生系统突破难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如等时圆模型通过几何关系推导运动时间规律，动力学问题结合合成法与正交分解法培养推理能力。设置分层练习与高考真题即时反馈，确保高效复习，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2讲　牛顿第二定律的应用 [对应学生用书第53页] (1)公式F＝kma中，各量的单位都为国际单位时，k＝1。(　　) (2)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合力方向一致。(　　) (3)物体的运动方向一定与它所受合力的方向一致。(　　) (4)使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N。(　　) (5)加速上升的物体处于超重状态。(　　) (6)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于物体的重力。(　　) (7)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(　　) (8)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(　　) 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)×　(8)√ [对应学生用书第53页] 考点一　超重和失重 考向1　超重和失重的理解 　(2026·福建龙岩模拟)如图所示是学校举行的田径运动会上一跳高运动员过杆的情景。当跳高运动员从地面起跳到落地的过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员起跳时处于失重状态 B．运动员过杆时处于超重状态 C．起跳过程中，地面对运动员向上的平均作用力大于他对地面的压力 D．落地过程中，地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力 [解析]　运动员起跳时，加速度向上，处于超重状态，故A错误；运动员过杆时，受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故B错误；由牛顿第三定律可知起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力等于他对地面的压力，故C错误；由动量定理可知(－mg)t＝0－m(－v)，落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力，故D正确。 [答案]　D 考向2　超重和失重的图像问题 　(2026·湖南长沙模拟)如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂加速度传感器的方法模拟蹦极运动，利用加速度传感器研究y轴线性加速度a随时间t变化的图像，如图乙所示。加速度传感器保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为－10 m/s2。忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．t＝0.6 s时，加速度传感器已下降了约1.8 m B．t＝0.8 s时，加速度传感器正向上加速运动 C．加速度约为70 m/s2时，加速度传感器的速度为0 D．0.6～0.8 s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小 [解析]　由题图乙可知0～0.4 s加速度传感器静止，从约0.4 s开始运动，0.5 s开始做自由落体运动，t＝0.6 s时加速度传感器下降高度约为x<at2＝×10×(0.6－0.4)2 m＝0.2 m，故选项A错误；由题图乙可知0.6 s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，加速度传感器向下做加速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。约0.8 s拉力和重力相等时，加速度传感器速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，加速度传感器向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大。当加速度传感器速度为零时，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70 m/s2，故选项C正确，B、D错误。 [答案]　C 判断超重和失重现象的三个技巧 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 当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 3．从速度变化角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时，超重； (2)物体向下加速或向上减速时，失重。 1．在蹦床运动过程中，用力传感器测出弹簧床对运动员的弹力F，下图是绘制的F随时间t变化的图像，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．运动员的质量为40 kg B．运动员在3.6～4.8 s内处于超重状态 C．运动员的最大加速度大小为50 m/s2 D．运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m 解析　由题可知mg＝F1＝500 N，m＝50 kg，故选项A错误；由题图可知，运动员在3.6～4.2 s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8 s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故选项B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得am＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选项C错误；由题图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝(8.4－6.8)s＝1.6 s，运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝g2＝3.2 m，故选项D正确。 答案　D 2．(2025·陕西西安模拟)如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的圆环A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，不计轻弹簧和细线的质量，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．剪断细线前，台秤读数为2mg B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 D．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，始终处于超重状态 解析　剪断细线前，由平衡条件可知，台秤读数等于小箱子与圆环的总重力大小3mg，故A错误；剪断细线的瞬间，细线弹力消失，弹簧弹力不变，小球加速度向上，小球处于超重状态，导致小箱子对台秤的压力增大，因此台秤的读数将突然变大，故B正确；剪断细线后，圆环A向上运动，由于弹簧的弹力作用，圆环A将先加速上升，然后减速上升，直至速度为零达到最高点，可知小球加速度先向上后向下，故小球先超重后失重，所以台秤读数先增大后减小，故C、D错误。 答案　B 考点二　动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类问题的两个关键点 2．解决动力学基本问题的方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。 考向1　已知受力情况求运动情况 　一位雪橇运动员坐在雪橇上，以vA＝1 m/s的速度从如图所示的AB滑道上的A点出发，并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次，从A点经过7 s后到达B点，B点有一长度不计的弧形，通过该弧形连接倾角θ＝8°的滑道AB与水平滑道BC，雪橇和人过B点时速度的大小不变，方向变为水平，到达水平面后雪橇和人自由滑行，水平滑道上BC两点间的距离LBC＝80 m。经过B点时的速度vB＝10 m/s，雪橇和人的总质量为m＝100 kg，雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力的大小不变，Ff＝40 N，方向与运动方向相反，在斜面上每次划拨时，双手与地面接触的时间为Δt＝0.5 s，速度增加Δv＝1 m/s。(取g＝10 m/s2，sin 8°＝0.14)求： (1)雪橇经过C点时的速度大小； (2)手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小； (3)运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律得Ff＝ma1， 解得a1＝0.4 m/s2 B到C过程根据速度与位移关系公式 vC2－vB2＝－2a1LBC，解得vC＝6 m/s。 (2)根据牛顿第二定律mg sin θ－Ff＝ma2 解得手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小a2＝1 m/s2。 (3)在斜面上每次划拨时，双手与地面接触的时间为Δt＝0.5 s，速度增加Δv＝1 m/s，设运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n，则有 vB＝vA＋nΔv＋a2(t－nΔt)，解得n＝4。 [答案]　(1)6 m/s　(2)1 m/s2　(3)4次 　在例题中，若雪橇运动员坐在雪橇上，t＝0时刻从A点由静止出发后，用双手接触冰面向后用力划拨冰面5次，t＝8 s时到达B点。雪橇及人过B点时速度的大小不变，方向变为水平，到达水平面后雪橇及人自由滑行125 m后停止运动。已知雪橇和人的总质量为100 kg，雪橇和人在整个滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力的大小不变，Ff＝40 N，方向与运动方向相反；人在AB段每次双手划拨冰面的时间为Δt＝0.5 s，且用力大小相同。取g＝10 m/s2，sin 8°＝0.14，求： (1)雪橇经过B点时的速度大小； (2)运动员在斜面上双手划拨冰面时向后用力的大小。 答案　(1)10 m/s　(2)80 N考向2　已知运动情况求受力情况 　冰壶比赛场地的简化图如图甲所示。在某次比赛中，运动员从起滑架处推着冰壶从静止出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度v0(未知)沿虚线滑出。从此时开始计时，在t＝10 s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为某一定值，最后冰壶恰好停在圆心O处，运动过程的v-t图像如图乙所示。假设起滑架到投掷线之间的距离为3 m，投掷线AB与O之间的距离为30 m，冰壶的质量为20 kg，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.02，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)冰壶被投出时的初速度v0的大小； (2)冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2； (3)若运动员从起滑架开始对冰壶作用水平恒力F，求此恒力F的大小。 [解析]　(1)投出冰壶后，由牛顿第二定律可得 a＝μ1g＝0.2 m/s2，v0＝v＋at 可得v0＝3 m/s。 (2)冰壶在投出后10 s内发生的位移 x1＝t＝20 m 冰壶还要滑行x2＝10 m才停下，由匀变速运动规律v2＝2μ2gx2 可得μ2＝0.005。 (3)冰壶从起滑架开始运动到投掷线的过程中，由匀变速运动规律v02＝2a1x0，a1＝1.5 m/s2 对冰壶运用牛顿第二定律F－μ1mg＝ma1，F＝34 N。 [答案]　(1)3 m/s　(2)0.005　(3)34 N 　在例题中，假设投掷线AB与O之间的距离为30 m，重力加速度g取10 m/s2。如果通过运动员摩擦冰面，使得动摩擦因数μ随距离x变化的关系如图所示，即μ＝0.02－kx，其中k＝2.5×10-4 m-1，x表示冰壶离投掷线AB的距离。在这种情况下，若运动员在投掷线处以4 m/s的速度将冰壶沿例题图甲中的虚线推出，求冰壶滑行20 m时的速度大小。 解析　根据a＝μg和μ＝0.02－kx可得，冰壶加速度大小a与x的关系为 a＝0.02g－kgx＝0.2－0.0025x 可画出a-x图像，则可知a-x图像中图线与x轴所围“面积”即速度平方的变化量的一半，则当x＝0 m时，a0＝0.2 m/s2；当x＝20 m时，a1＝0.15 m/s2，a-x图像中的“面积”有＝(a0＋a1)x，解得v＝3 m/s。 答案　3 m/s 两类动力学问题的解题步骤 1．(多选)如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.2 s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) t/s 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 1.6 … v/(m·s-1) 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 0.3 … A．物体从A运动到B的加速度大小为5 m/s2 B．物体与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2 C．物体从A运动到C所用的时间为1.8 s D．AB间的距离与BC间的距离相等 解析　物体在斜面上下滑时的加速度a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，故选项A正确；从后两列数据可知物体在水平面上滑行的加速度大小a2＝＝2 m/s2，根据Ff＝μmg＝ma2得μ＝0.2，故选项B正确；设从0.4 s开始经过t时间物体滑到斜面底部，则在斜面底部的速度为vm，则在斜面上vm＝2＋a1t，在平面上vm＝1.1＋a2(1.2－0.4－t)，解得t＝0.1 s，vm＝2.5 m/s。物体从A运动到C的时间为t1＝＋＝1.75 s，故选项C错误；AB间距离xAB＝＝0.625 m，BC间距离xBC＝＝1.562 5 m，故选项D错误。 答案　AB 2．(2025·八省联考)如图甲所示，我国航天员太空授课时演示了质量的测量实验。图乙为测量装置示意图及光栅尺的放大图，其中单色平行光源、定光栅与光电探测器保持固定；右侧的支架与动光栅在恒力F作用下向左做匀加速直线运动，支架与动光栅的总质量为m0，光栅尺由空间周期皆为d的定光栅与动光栅组成。两光栅透光部分宽度相等，光栅面平行，刻线间有一微小夹角θ。平行光垂直透过光栅尺后形成周期性图样，称为莫尔条纹，相邻虚线间距为莫尔条纹的空间周期。沿莫尔条纹移动方向，在A、B两点放置两个探测器，A、B间距为莫尔条纹空间周期。由于θ很小，动光栅的微小位移会被放大成莫尔条纹的位移，由探测器记录光强I随时间t的变化。 (1)若m0＝5 kg，F＝100 N，空载时动光栅由静止开始运动，求第1 ms内的动光栅位移大小x； (2)若θ＝10-2 rad，求(1)问中对应莫尔条纹移动的距离y； (3)若某次测量中连续两个时间间隔T内，A、B两点测得的I-t曲线如图丙所示。判断图中虚线对应的探测点，并求航天员的质量m(用F，d，T和m0表示)。 解析　(1)根据牛顿第二定律可知F＝m0a， 解得a＝20 m/s2 则第1 ms内的动光栅位移大小为 x＝at2＝1×10-5 m。 (2)由题意可知y＝≈＝1×10-3 m。 (3)由于明纹是斜向左下运动，图中虚线对应的是探测点B；对实线分析，根据题意可知在第一个T内移动的距离为x1＝9d 在第二个T内移动的距离为x2＝16d 第一个T内的平均速度为1＝ 第二个T内的平均速度为2＝ 两个T内的平均加速度为a＝ 根据牛顿第二定律有F＝(m＋m0)a 联立可得m＝－m0。 答案　(1)1×10-5 m　(2)1×10-3 m (3)B点　－m0 考点三　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环的最低点所用的时间相等，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的时间相等，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的时间相等，如图丙所示。 　(2025·浙江宁波模拟)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。现有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，D为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，与A点的距离为R，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若小朋友在A点沿滑梯AB、AC由静止下滑，则tAB>tAC B．若小朋友分别从A点和B点沿滑梯AC、BD由静止下滑，则tBD>tAC C．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止下滑时，在滑梯上运动的最短时间是 D．若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止下滑时，在滑梯上运动的最短时间是 [解析]　假设AB、AC与AD的夹角分别为α、β，则从AB、AC、BD下滑时有2R cos α＝g cos α·tAB2，2R cos β＝g cos β·tAC2，2R sin α＝g sin α·tBD2，解得tAB＝tAC＝tBD＝ ，故A、B错误；由上述分析可知，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，当两圆相切时时间最短，(R＋r)2＝(R－r)2＋(R)2，解得r＝，所以最短时间为tmin＝ ＝，故C正确，D错误。 [答案]　C 模型建构模板 1．(2025·安徽安庆二模)如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3∶2∶1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为(　　) A．∶∶1 B．(－)∶(－1)∶1 C．3∶2∶1 D．1∶1∶1 解析　根据等时圆模型，如图所示 需要求出A′P、B′P、C′P的时间之比，设最小圆的直径为d，则tAP∶tBP∶tCP＝tA′P∶tB′P∶tC′P＝∶∶＝∶∶1，故选A。 答案　A 2．如图甲所示， bc是竖直面内一根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，圆的半径为R，a点为圆周的最高点，c点为最低点。让一个小滑环(图中未画出)从 b点由静止释放到达 c点；如图乙所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的大圆环，其圆心为O，在圆内与圆心O同一水平面上的 P 点搭一光滑斜轨道到大环上，OP＝，欲使物体(视为质点)从 P 点由静止释放，沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为 g。 (1)求小滑环从b点运动到 c点的时间； (2)求物体从 P 点滑到大环的最小时间。 解析　(1)设ac与bc夹角为θ，则有mg cos θ＝ma 由几何关系得bc 细杆长度为l＝2R cos θ 小滑环做匀加速运动，根据运动学公式可得l＝at2 联立解得t＝。 (2)如图建立一个与大圆相内切的等时圆，设其半径为r， 由几何关系得(R－r)2＝r2＋ 解得r＝R 从P点运动到切点为最短时间，由(1)结论得tmin＝＝。 答案　(1) 　(2) [对应学生用书第59页] 1．(2021·全国卷Ⅱ)如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆的交点Q处从静止释放，物块沿平板从Q点滑至挡板处所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝g sin θt2 可得t2＝ 可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。 答案　D 2．(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v0沿图中虚线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝ 2.5 m/s B．v0＝ 1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0 <2 m/s，故A不可能，B可能；对物块做受力分析有a＝－μg，v2 － v02＝2ax，整理有v02 － 2ax>0，由于v0<2 m/s可得μ<0.2，故C、D不可能。 答案　B 3．(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中的滑块(　　) A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小 解析　设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cos θ，F合下＝mg sin θ－μmg cos θ，则故题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，则题图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝a上t上2，又xAB＝a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误。 答案　C 4．(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的大小为9.8 m/s2。 (1)电梯静止时测力计的示数如图所示，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，电梯加速度的大小为________m/s2(结果保留1位小数)。 解析　(1)根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N。 (2)根据(1)问结合力的平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时，测力计的示数为4.5 N<mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，代入数据解得a＝1.0 m/s2。 答案　(1)5.0　(2)失重　1.0 学科网（北京）股份有限公司 $