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

物理>> 第13课时 牛顿 [目标要求]1.掌握动力学两类基本问题的求解方法 行分析. ◆必备知识 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 第二类：从运动情况确定 2.解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”，由运动学公式和 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) 物体所受重力的现象， (2)产生条件：物体具有 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) 物体所受重力的现象 (2)产生条件：物体具有 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) 的现象， (2)产生条件：物体的加速度a= 方向竖直向下. 考教衔接 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 () 42 第二定律的应用 P答案见D 2.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进 链接教材 A.从t1到t,实验舱处于电磁弹射过程 B.从2到3，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.4时刻，实验舱达到最高点 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 l(=4m,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么=号，货物可视为质点 (取cos24°=0.9，sin24°=0.4，重力加速度g取 10m/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. 24 修关键能力 考点一两类动力学基本问题 考向1。从受力确定运动情况 例1(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12m,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。 (sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2) TrrmAAm 分 乙 (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； (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1. 第三章运动和力的关系/1 研讨教材 考向【2”从运动情况确定受力 例2(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20m/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() B 思考感悟 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” 过程分析 逐一分析不同过程的运动特 点，找出相邻过程的联系点 个分析 受力分析 逐过程分析物体的受力，注意 摩擦力，弹力可能发生的变化 由运动求 受力情况 运用运动学公式和牛顿第 个桥梁 二定律时，特别注意有关 度 由受力求 矢量的正负问题 运动情况 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 43 物理> 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， 例3(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 核心素养 等时圆模型（常见情况） 模型建构 1.“等时圆”满足条件 模型 ①多条相交的倾斜光滑轨道 条件 ②质点由静止开始从轨道的一端滑到另一端 设置 ①下端相交：交点为圆的最低点（如图甲所示） 顶点 ②上端相交：交点为圆的最高点（如图乙所示） 作等 ①过顶点作竖直线 时圆 ②以某轨道为弦作圆心在竖直线上的圆 44 [学习笔记] 思考感悟 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， 例4(2026荆州模拟)某人在地面上最多可举起 50kg的物体，若他在竖直向上运动的电梯中最多 举起了60kg的物体，电梯加速度的大小和方向 为（取g=10m/s2) ( A.2m/s2竖直向上 B号n/ 竖直向上 C.2m/s2竖直向下 D.m/ 竖直向下 [学习笔记] 拓展教材 0. 、 B 分 内 2.时间比较 (1)对于甲、乙图由2Rsin0=号g2sin0,得 第三章运动和力的关系I1 =2，E,与日无关，对于丙有 g 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 =2 R+r,与0无关， 所用时间分别为tB、tc、tD,下列说法正确的是 g ( (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， 0 (3)端点在圆外的轨道，质点运动时间长些 A.tB>tc>tp B.tB=tc<tp 若端点在圆内的轨道则质点运动时间短些. C.tB<tc<tp D.tB<tc-tp 典例倾角为0的斜面固定在水平地面上，在与斜面 [学习笔记] 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 友情提示请完成P323跟踪评价 ∠BAC=∠DAC=0(0<45°)，现有三个质量均为 第14课时 专题强化四 动力学图像及动力学中的 连接体和临界、极值问题 P答案见D, [目标要求]1.掌握动力学图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义.2.知道连接体的类型及运动特点， 会用整体法和隔离法分析连接体问题.3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值 问题. 关键能力 研讨教材 考点一动力学图像问题 ↑w/(m's） v/(m's) 考向【1。动力学中的F-t图像问题 例1(2025陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量 t/s 为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受 到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如 [学习笔记] 图所示，则下列图像可能正确的是 FIN 考向2)”动力学中的)-t图像问题 例2(2026广西一模)一个质量 tv/(m's") 3 10 -20 为6kg的物体在水平面上运 ↑/(ms'） ↑v/(ms) 动，图中的两条直线的其中一 ) 2 条为物体受水平拉力作用而 036912s 另一条为不受拉力作用时的速度一时间图像，则 t/s t/s 物体所受摩擦力的大小的可能值为 () B A.1N B.2N C.2.5N D.3N 45物理 2.(1)匀速直线(2)大小(3)无关 二、(1)正比反比相同(2)ma(3)①静止匀速直线运动 ②宏观低速 三、(1)基本导出(2)长度质量时间米千克秒 (3)物理关系 考教衔接 1.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G一F: G·a可知F:先小于G,后大于G.故选C 2.A解析根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对空间站分析有F=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作 M 用力F一M十mF,故选A 关键能力·研讨教材 例1们B解析水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服了 阻力，故力是改变运动状态的原因，故A错误；物体总有保持 原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质量越 大惯性越大，重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状 态不容易被水流改变，故B正确；物体的运动不需要力来维 持，如沙石不受力的作用时，可以做匀速直线运动，故C错 误；“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所 受的合外力为零，故D错误.故选B. 例2]C解析跳远运动员在起跳前进行助跑运动，起跳时有较 大的初速度，是利用惯性，故①正确；跳伞运动员在落地前打 开降落伞利用空气阻力使落地时的速度较小，与惯性无关，故 ②错误；自行车轮胎有凹凸不平的花纹是增大摩擦力，与惯性 无关，故③错误；铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转，使铁饼 离开手后有较大初速度，然后利用惯性飞行，故④正确.故 选C [例3]C解析力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运 动的原因，故A错误；停止用力，运动员停下来是由于摩擦力 的作用，而继续运动是因为惯性，故B错误，C正确；摩擦力一 定时，根据运动学公式可知，速度越大，停下所需时间越长，但 惯性与自身的质量有关，与速度无关，故D错误.故选C 例4幻B解析根据牛顿第二定律，物体的加速度的大小由合力 的大小和质量决定，与物体的速度无关，故A错误；物体加速 度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关，故 B正确；物体所受合外力的方向和加速度的方向总是相同的， 但是与速度方向不一定相同，故C错误；一旦物体所受合外力 为零，则物体的加速度立即为零，物体将做匀速直线运动或处 于静止状态，故D错误.故选B. 例5]A解析根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入 数据解得a=6X10°-5X10 5×105 m/s2=2m/s2,故选A [例6]号解而对人进行受力分析，人受到重力mg、支持力R、 摩擦力F(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方 向可推知F:水平向右)，建立直角坐标系，取水平向右（即F 方向)为x轴正方向，此时只需分解加速度，其中a=acos30°， a,=asin30°，由牛顿第二定律得，x轴方向有F:=macos30°，y 轴方向有FN一mg=masin30°，由题意结合牛顿第三定律知 F=1.2mg,联立解得E=3 mg 5 核心素养·拓展教材 [典例1]A解析剪断前，对BCD分析有FAB=(3m十2m十m)g, 对D有Fam=mg;剪断后，对B有F8一3mg=3maB,解得 ag=g,方向竖直向上；对C有Fm+2mg=2mac,解得ac= 1.5g,方向竖直向下.故选A. [典例2]C解析甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与 D8 轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示 539 mg 由平衡条件得细绳的拉力大小都为F= mg 5 c0s53=3mg,故 A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小 为1=g,乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变， 则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反， 「则此瞬间小球的加速度大小为a2==3g,故C正确，B、D 错误.故选C. 第13课时牛顿第二定律的应用 必备知识·链接教材 一、1.运动情况受力2.加速度牛顿第二定律 二、1.(1)大于(2)向上2.(1)小于(2)向下3.(1)等于0 (2)g 考教衔接 1.B解析t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；2~t,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十F:=ma,即a g,故加速度大小在减小，故B正确；~间，F向上，先 m 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3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.(1)2m/s2(2)4m/s 解析(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°一mgcos24° ma1,解得a1=2m/s2. (2)根据运动学公式有=2a1l,解得v=4m/s. 关键能力·研讨教材 [例1](1)6m/s(2)12m/s(3)9m 解析(1)儿童下滑时，根据牛顿第二定律可得mgsin0=ma, 解得下滑时的加速度大小为a=6m/s2. (2)儿童下滑时，根据运动学公式可得2aL=一0，解得儿童 下滑到滑梯底端时的速度大小为v=12m/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mg=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'=8m/s2,根据运动学公式可得一2a'l 0-,代入数据解得缓冲区的最小长度为l=9m. [例2]C解析实验舱匀加速上升时，由牛顿第二定律有F一 mg-F:=ma,F:=ku,=at,故F=kat十(mg十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t,F=Ff,v=Um一g(t一t1),F=kU, F=F=20k一kg(t一)，故选C. [例3]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 [例4幻D解析在地面上，人能承受的最大压力为Fm=mg=500N, 在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg 的物体有Mg一R.=ma,可得a-00mg=号m3,故 60 选D 核心素养·拓展教材 [典例]B解析由于∠BAC=0,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mgco0=a.2Rcos0=号a说，联立解得te=√g 4R 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. 第14课时 专题强化四动力学图像及动力学 中的连接体和临界、极值问题 关键能力·研讨教 [例门A解析根据牛顿第二定律和题图的F-t图画出如图所示 的a-t图像 ↑a/(ms 0123s 可知机器人在0~1s和2~3s内加速度大小均为1m/s2,方 向相反，由yt图线的斜率表示加速度可知A正确.故选A [例2]B解析根据心t图像可知两图线对应的加速度大小分别 为，-1922-号g,=102m,若拉方与 12 12 运动方向相反，则有a1= F十F m =E,解得F=2N,F= ,a=m' 2N若水平拉力与运动方向相同，则有a1=E,。 ma=F-F m 解得F=2N,F=4N,故选B [例3]D解析手机在时刻2具有向上的加速度，由牛顿第二定 律可知，摩擦力方向竖直向上，时刻手机具有向下的加速 度，而且加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以 在与2时刻所受的摩擦力方向相同，故A错误；由图像可 知，t3时刻，手机的加速度为a=一8m/s2,根据牛顿第二定律 可得Fs一mg=ma3,代入数据解得Fs=0.6N,故B错误；t2 时刻，手机具有最大的加速度a2=15m/s2,此时手机受到的 摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得F2一mg=ma2,代入数 据解得Fa=7.5N,又因为f=FN,手和手机之间的压力大 小至少为F-=I5N,故C错误，D正确，故选D, [例4]BD解析B与地面间的最大静摩擦力为μ(M十m)g= 6NK9N,A,B一起运动的加速度大小为a=PM什m)g M+m 1m/s,A,B间的最大静摩擦力为mg=2N,A物体运动的最 大加速度为a=mg=2m/S>a,所以A、B将保持相对静 m 止，一起向右匀加速，其加速度大小为1m/s2,故AC错误；根 据牛顿第二定律，有F=ma=1N,FB=Ma=2N,故BD正 确.故选BD. [例5]C解析因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动， 甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误；设乙运动的加速度 为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整 体法，竖直方向受力分析有FN=Mg一ma则地面对木箱的 支持力大小不变，故B错误；设绳子的弹力大小为F,对甲受 力分析有Fr一mg=ma,对乙受力分析有mg-Fr=ma,联 立解得a=2.5m/s2,Fr=7.5N,故C正确，D错误.故选C. [例6]BC解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相 等，速度变化量大小相等，故D错误；将α、b看成一个整体，由 牛顿第二定律得F合=4mg-2 mgsin0=(2m+4m)a,解得 Q=冬，故B正确；以b为研究对象，设拉力为FT,由牛顿第二 复习讲义答案11/ 定律有4mg一Fr=4ma,解得Fr=2mg,故A错误；由几何关 系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F 2 FTcos30°=2√3mg,故C正确.故选BC 核心素养·拓展教材 [典例1]A解析对m、m2受力分析如图所示 F 309 m1合yma m西 m.g m1g￥ 因为m恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的 号m8,整体的加逢定a=号，时m有浮 弹力F,=2 合=ma,号人、十停R,=%g,两式联立解得mm=1: 2,故选A. [典例2](1)2m/g(2)0.5(3)125N 5 解折(1)根据L一+2a2,代入教据解得a=2m/。 (2)根据牛顿第二定律有F-ngsin0-mgcos0=ma,代入 数据解得μ=0.5. (3)设F与斜面夹角为a,平行斜面方向有Fcos a一mgsin0- FN=ma,垂直斜面方向有FN十Fsin a=ngcos 0,联立解得 matmg(sin oucos matmg(sin 0tucos cos a+usin a √+Isin(e+a) sin(p十a)=1时，F有最小值Fm,代入数据解得Fnm= 125N 第15课时专题强化五传送带”模型和 “滑块一木板”模型中的动力学问题 关键能力·研讨教材 [例1门AC解析行李轻放在传送带左端，行李做加速运动的加 速度为a=mg=g=2m/s2,故A正确；设行李到达右端前已 m 12 经与传送带共速，则行李加速前进的距离为。=%=2X2m 0.254m,故B错误；行李轻放在传送带左端到与传送带 共速所用时间为=巴=0.5s,行李加速过程与传送带发生的 相对位移为△x=x传一=t一1=1X0.5m一0.25m= 0.25m,可知行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.25m, 故C正确；如果要把行李最快运送到传送带右端，行李应一直 做匀加速运动到右端，则有2aL=2,解得v=√2aL= √2X2X4m/s=4m/s,可知传送带的速度大于4m/s行李 运送到传送带右端时间相同，故D错误.故选AC. [例2](1)0.4m/s2(2)4.5s 解析(1)小包襄的速度大于传送带的速度时，小包襄受 到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有 mgc0sa-ngsin a=ma,解得a=0.4m/s2. (2)小包裹在传送带上做匀减速运动的时间方=必二亚 a 1,068=2.5s,在传动带上滑动的距离为西-06- 0.4 1.60.6×2.5m=2.75m,因为小包裹所受滑动摩擦力大于 2 重力沿传送带方向上的分力，即mgcos a.>mgsin a,所以小 包裹与传送带共速后做匀速直线运动，直至传送带底端，则， 匀速运动的时间为4=L二五-395275§=2s,所以小 0.6 包裹通过传送带所需的时间为t=十t2=4.5s. D9