第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律应用专题，覆盖瞬时加速度分析、超重失重现象、动力学两类基本问题等高考核心考点，按“概念辨析-模型应用-综合拓展”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建运动与相互作用观念，突破难点。 讲义突出模型建构与科学思维培养，如瞬时性问题对比“弹簧与绳弹力突变差异”，超重失重结合F-t图像分析，动力学问题以加速度为桥梁整合受力与运动。设置判断正误、分层例题及高考真题解析，确保高效复习，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供支撑。

第2讲　牛顿第二定律的应用 目标 要求 　 　 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。2.知道超重、失重现象，会从动力学角度进行分析与计算。3.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 1．超重和失重 (1)超重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 ②产生条件：物体具有向上的加速度。 (2)失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 ②产生条件：物体具有向下的加速度。 (3)完全失重 ①定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。 ②产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。 2．两类动力学问题 (1)两类问题 ①第一类：已知受力求物体的运动情况。 ②第二类：已知运动情况求物体的受力。 (2)解决方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。 1．判断正误 (1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√) (2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(×) (3)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×) (4)减速上升的升降机内的物体对地板的压力小于物体的重力。(√) 2．(人教版教材原题改编)小明站在装有力传感器的台秤上，完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　　) A．a点对应时刻，小明向下的速度最大 B．a点对应时刻，小明向下的加速度最大 C．b点对应时刻，小明处于超重状态 D．图示时间内，小明完成了两次下蹲和两次起立 解析：A　小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速，即先失重后超重；起立过程经历先向上加速再向上减速，即先超重后失重，所以由题图可知，小明先下蹲后起立，图示时间内小明完成了1次下蹲和1次起立，且a点对应时刻F＝mg，小明的加速度为0，向下的速度达到最大，故A正确，B、D错误；b点对应时刻，小明正在起立减速上升的过程，所以小明处于失重状态，故C错误。 3．(多选)(人教版教材原题改编)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是(　　) A．物体受到的合力为50 N B．物体的加速度为25 m/s2 C.3 s末物体的速度为75 m/s D．3 s内物体发生的位移为125 m 解析：AC　两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误。 考点一　瞬时性问题 考向1　“弹簧＋板”组合模型 　(2026·海南琼山中学月考)如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　) A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g 解析：C　抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力F＝3mg，方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为3mg，方向竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则其加速度a1＝0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝＝4g，故C正确，A、B、D错误。 (1)绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变。 (2)弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。 考向2　“弹簧＋绳”组合模型 　(多选)(2026·辽宁名校联盟联考)现有轻质细绳AB、BC以及轻质弹簧CD在竖直平面内按照如图所示的方式连接，其中A、D两点固定于竖直墙上，B、C为两个可视为质点的小球，质量均为m，AB、CD与竖直方向夹角均为30°，BC沿水平方向。已知重力加速度为g，现只剪断其中一根绳，则(　　) A．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，B球加速度为g B．若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g C．若只剪断AB绳，则剪绳后瞬间，B球加速度为g D．若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，C球加速度为g 解析：ABD　根据题意，对B、C两个小球整体分析，根据平衡条件有FABcos 30°＋FCDcos 30°＝2mg，FABsin 30°＝FCDsin 30°，解得FAB＝FCD＝mg，对B小球，根据平衡条件有FBC＝FABsin 30°＝mg，若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，绳AB的拉力发生突变，对B小球有FAB′＝mg cos 30°，F合＝mg sin 30°，B球加速度为a＝，故A正确；若只剪断BC绳，则剪断绳后瞬间，弹簧CD的弹力不发生突变，对C小球有F合＝FBC，C球加速度为a＝，故B正确；若只剪断AB绳，则剪断绳后瞬间，绳BC的拉力发生突变，弹簧CD的弹力不发生突变，B、C两个小球具有相同的水平加速度，对B小球，水平方向有FBC′＝ma，对C小球，水平方向有FCDsin 30°－FBC′＝ma，解得a＝，FBC′＝，对B小球，竖直方向有maB′＝mg，解得aB′＝g，则B球加速度a＝，对C小球，竖直方向有mg－FCDcos 30°＝maC′，解得aC′＝0，则C球加速度为aC＝a＝，故C错误，D正确。 [规律方法]　求解瞬时加速度的步骤 考点二　超重与失重问题 考向1　超、失重现象的理解 　(多选)(2025·湖北随州期末联考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　) A．在第一过程中始终处于失重状态 B．在第二过程中始终处于超重状态 C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 解析：CD　运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。 考向2　超、失重现象的图像问题 　(2026·山东沂水检测)人站在力传感器上完成下蹲和站起动作，传感器记录的力随时间变化图像(F-t图像)如图所示，重力加速度g取10 m/s2 ，则(　　) A．下蹲过程中最大加速度为6 m/s2 B．人在下蹲过程中，力的示数先变大后变小 C．人在站起过程中，先失重后超重 D．人在8 s内完成了两次下蹲和两次站起动作 解析：A　由题图可知，传感器的最小压力约为200 N，且人的质量为m＝＝50 kg，则根据牛顿第二定律得下蹲过程中最大加速度为a＝ m/s2＝6 m/s2，故A正确；人在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先变大后变小，所以人在8 s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故D错误。, 易错提醒：不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 考向3　超、失重现象的计算 　(2024·全国甲卷，22)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)。 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 [归纳总结]　判断超重和失重的方法 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 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 从速度变化 的角度判断 物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重 考点三　动力学的两类基本问题 考向1　已知物体的受力情况求运动情况 　(2022·浙江6月选考，19)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(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度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。 解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式有v2＝2a1l1 解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2 根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 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。 考向2　已知物体的运动情况求受力情况 　(2026·江苏西交附中期中)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F的大小。 解析：(1)根据牛顿第二定律可得mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 解得μ＝。 (2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，由x＝a1t2 得a1＝2 m/s2 加速度有向上和向下两种可能，当加速度沿斜面向上时 F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N。 当加速度沿斜面向下时 mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1 代入数据得F＝ N。 答案：(1)　(2) N或 N [归纳总结]　动力学问题的解题思路 素养拓展　等时圆模型 1．圆周内同顶端的斜面 如图1所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。由2R·sin θ＝·g sin θ·t2，可推得t1＝t2＝t3。 　图1　　　　　图2　　　　　图3 2．圆周内同底端的斜面 如图2所示，在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆周上的不同点，同理可推得t1＝t2＝t3。 3．双圆周内斜面 如图3所示，在竖直面内的两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切，各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置，可推得t1＝t2＝t3。 　(多选)(2026·石家庄二中月考)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 解析：BCD　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故A错误，B、C、D均正确。 　(2025·河南郑州期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ＜45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是(　　) A．tB＞tC＞tD B．tB＝tC＜tD C．tB＜tC＜tD D．tB＜tC＝tD 解析：B　由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动的过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mg cos θ＝ma，2R cos θ＝atC2，联立解得tC＝ ，由此可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE<tD，故B正确。 学科网（北京）股份有限公司 $