第3章 第13课时 牛顿第二定律的应用(Word教参)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律应用，覆盖动力学两类基本问题和超重失重核心考点，按概念梳理、问题解决、模型建构逻辑组织知识。通过考点解析、方法提炼（如加速度桥梁作用、超重失重判断法）、真题演练（含北京卷等高考题），系统帮助学生突破难点，体现复习针对性。 资料突出科学思维与模型建构，如等时圆模型条件及时间比较分析，结合分层训练（基础题到综合模型题），培养学生运动与相互作用观念及科学推理能力。高效整合考点与实战，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第13课时　牛顿第二定律的应用 [目标要求]　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.2.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析． 一、动力学的两类问题 1．动力学的两类基本问题 第一类：从受力确定运动情况. 第二类：从运动情况确定受力. 2．解决两类基本问题的方法 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． 二、超重和失重现象 1．超重 (1)定义：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)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：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)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． 1．(链接人教版必修第一册P110“思考与讨论”)(2025北京卷)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Ff的大小随速率增大而增大，Ff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 答案　B 解析　t1～t3间，Ff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，Ff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＋Ff＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5间，Ff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．故选B． 2．(链接人教版必修第一册P108T2)(2022浙江6月卷节选)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． 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1，解得a1＝2 m/s2. (2)根据运动学公式有v2＝2a1l1，解得v＝4 m/s. 考点一　两类动力学基本问题 从受力确定运动情况 (2026北京模拟)如图甲所示，冰滑梯是冰雪乐园中常见的娱乐设施，将其简化为图乙所示的斜面模型．某冰雪乐园中的滑梯倾角为37°，斜面的长度为12 m，底端平缓连接水平缓冲区．儿童坐在塑料制成的滑行坐垫上从滑梯顶端由静止开始下滑，忽略滑行坐垫与滑梯表面的摩擦．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 　 (1)求儿童下滑时的加速度大小a； (2)求儿童下滑到滑梯底端时的速度大小v； (3)若滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，计算缓冲区的最小长度l. 答案　(1)6 m/s2　(2)12 m/s　(3)9 m 解析　(1)儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＝ma，解得下滑时的加速度大小为a＝6 m/s2. (2)儿童下滑时，根据运动学公式可得2aL＝v2－0，解得儿童下滑到滑梯底端时的速度大小为v＝12 m/s. (3)滑行坐垫与水平缓冲区铺设的材料之间的动摩擦因数为0.8，则有μmg＝ma′，解得儿童在水平缓冲区做匀减速直线运动的加速度大小为a′＝8 m/s2，根据运动学公式可得－2a′l＝0－v2，代入数据解得缓冲区的最小长度为l＝9 m． 从运动情况确定受力 (2026保定模拟)在地球表面，电磁弹射微重力实验装置采用电磁加速的方式将实验舱竖直向上匀加速到20 m/s，之后实验舱在上升和下落阶段进行“自由”运动，舱内处于完全失重状态．已知实验舱所受空气阻力与自身速度成正比．取开始运动时为t＝0时刻，上升过程中装置对实验舱的作用力与时间的关系图线可能正确的是(　　) A B C D 答案　C 解析　实验舱匀加速上升时，由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma，Ff＝kv，v＝at，故F＝kat＋(mg＋ma)，之后实验舱“自由”上升，舱内处于完全失重状态，加速度为重力加速度，做竖直上抛运动，装置对实验舱的作用力平衡阻力，设匀加速上升阶段时间为t1，F＝Ff，v＝vm－g(t－t1)，Ff＝kv，F＝Ff＝20k－kg(t－t1)，故选C． 解决两类基本动力学问题的两个关键点 1．把握“两个分析”“一个桥梁” 2．找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画运动示意图确定位移之间的联系． 考点二　超重和失重 对超重和失重的理解 1．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． 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． 3．尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态． (2026湖州模拟)如图所示，蹦极运动员将专用弹性橡皮绳的一端系在双脚上，从高处跳下．弹性绳被拉伸前，运动员做自由落体运动．关于运动员从跳下到第一次下落到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．弹性绳刚伸直时，运动员的速度最大 B．弹性绳被拉伸后，运动员的加速度一直增大 C．运动员下落至最低点时加速度为0 D．运动员先处于失重状态，后处于超重状态 答案　D 解析　弹性绳拉伸后，开始时拉力小于重力，加速度方向向下，运动员向下加速运动，处于失重状态，随着拉力的变大，加速度逐渐减小；当拉力等于重力时，速度最大，加速度减为零；当拉力大于重力时，运动员加速度方向向上，运动员向下做减速运动，处于超重状态，加速度逐渐变大，一直到最低点时，速度减小为零，故选D． 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． (2026荆州模拟)某人在地面上最多可举起50 kg的物体，若他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体，电梯加速度的大小和方向为(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 m/s2　竖直向上 B． m/s2　竖直向上 C．2 m/s2　竖直向下 D． m/s2　竖直向下 答案　D 解析　在地面上，人能承受的最大压力为Fm＝mg＝500 N，在电梯中人能举起60 kg物体，物体一定处于失重状态，对60 kg的物体有m′g－Fm＝m′a，可得a＝ m/s2＝ m/s2，故选D． 　 等时圆模型(常见情况)——模型建构 1．“等时圆”满足条件 　　 2．时间比较 (1)对于甲、乙图由2Rsin θ＝gt2sin θ，得t＝＝2，与θ无关，对于丙有t＝2，与θ无关． (2)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体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． (3)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些．若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些． 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 答案　B 解析　由于∠BAC＝θ，则可以判断AB竖直向下，以AB为直径做圆，则必过C点，如图 圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝mA．2Rcos θ＝at，联立解得tC＝，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，可得tB＝tC＝tE<tD，故选B． 学科网（北京）股份有限公司 $