第3章 第2讲 第1课时 牛顿第二定律的基本应用(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理讲义聚焦牛顿第二定律应用这一高考核心考点，涵盖瞬时性问题、动力学两类基本问题及超重失重等内容，按“基础回顾-微点判断-分类突破”逻辑架构知识。通过考点梳理、方法指导与真题训练，帮助学生构建分析框架，突破难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出教考衔接与模型建构特色，如对比教材题与高考题深化瞬时性问题，通过关键点拨总结弹力突变规律，培养科学思维与物理观念。分层练习设计兼顾基础与综合，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第二讲　牛顿第二定律的应用 第1课时　牛顿第二定律的基本应用 |课|前| [精要回顾] [微点判断] (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的速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。 (×) (3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。 (×) (4)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。 (×) (5)(2024·海南高考T1A)神舟十七号载人飞船在返回至离地面十几公里时打开主伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中返回舱处于超重状态。 (√) (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。 (√) (7)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。 (√) (8)(人教必修1 P112T2·改编)蹦极运动员从高处跳下，在弹性绳被拉直前处于失重状态，当弹性绳被拉直后处于超重状态。 (×) 逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题 类型1　弹力不能瞬间改变的情形 1- 1.(人教必修1 P114T1)如图，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分别是多少? 解析：设两个小球的质量均为m，当细绳未剪断时，细绳拉力大小为T，弹簧弹力大小为F，对小球A受力分析，有T=F+mg，对小球B受力分析，有F=mg；当细绳剪断瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对小球A，由牛顿第二定律可得F+mg=maA，可得小球A加速度aA=2g，小球B受力不变，仍处于平衡状态，aB=0。 答案：2g　0 1- 2.(2025·甘肃高考)(双选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与小球A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是 (　　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 解析：选BC　剪断细线后，弹簧弹力大于小球A的重力，则小球A先向上做加速运动，随着弹簧弹力的减小，小球A向上的加速度减小，当小球A的加速度为零时其速度最大，此时弹簧弹力大小等于小球A的重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；对小球A受力分析，剪断细线之前有F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，由牛顿第二定律有F弹-2mg=2ma，解得小球A的加速度大小为a=，选项B正确；剪断细线之前弹簧的伸长量x1=，剪断细线后小球A做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量x2=，小球A做简谐运动的振幅为A=x1-x2=，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。 |教|考|衔|接| 　　人教版教材中的练习题和2025年甘肃高考题都考查了轻绳和轻弹簧模型的瞬时性问题，求解剪断轻绳瞬间小球的加速度，高考题相比教材题，难度进一步深化，将瞬时性问题与简谐运动知识相综合，试题难度有所增加。 类型2　弹力能瞬间改变的情形 2.(2025·德化一中调研)(双选)如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan θ B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为零 D.剪断绳OA瞬间，小球的加速度大小为g 解析：选BD　剪断绳OB瞬间，小球将绕A点做圆周运动，沿切线方向有mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间，小球将绕B点做圆周运动，此时小球的加速度大小为g，故C错误，D正确。 3.两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则 (　　) A.a1=g，a2=g B.a1=0，a2=2g C.a1=g，a2=0 D.a1=2g，a2=0 解析：选A　剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg+mg=2ma可得，两球的加速度均为g，即a1=g，a2=g，A正确。 关键点拨 1.当弹簧、橡皮绳与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的弹力不会发生突变。 2.轻杆、轻绳和硬接触面类物体是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，其弹力可瞬间改变或消失。 逐点清(二)　动力学的两类基本问题 类型1　已知受力情况求运动情况 1.(2025·海南海口模拟)在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到h1=30 km高空时，速度达到v0=1.2 km/s，助推器脱落，经过一段时间落回地面。已知助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的，g取10 m/s2。求： (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； (2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。 解析：(1)助推器脱落后，受到阻力大小f=mg 上升过程，由牛顿第二定律有mg+f=ma1 代入数据解得a1=12 m/s2，方向竖直向下 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度为h2==6×104 m=60 km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为h=h1+h2=90 km。 (2)助推器从最高点下落过程中，由牛顿第二定律得mg-f=ma2，代入数据解得a2=8 m/s2 助推器落回地面的速度大小为v==1 200 m/s 助推器从脱离至运动到最高点所用时间t1==100 s 从最高点至运动到落地点所用时间t2==150 s 所以助推器从脱离到落地经历的时间t=t1+t2=250 s。 答案：(1)90 km　(2)1 200 m/s　250 s 类型2　已知运动情况求受力情况 2.(2025·晋江一中月考)晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力f的大小； (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数。 解析：(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度大小为a1，位移大小为s1，时间为t1，末速度大小为vm；在水平雪道上滑行时做末速度为0的匀减速直线运动，设位移大小为s2，时间为t2， 分析运动过程可得s1=t1，s2=t2，t1+t2=14 s 联立解得vm=20 m/s，t1=6 s，t2=8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1== m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°-f=ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力大小为f=160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时加速度大小为a2，则a2==2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道时的速度为v，则-v2=2a2s3，解得v== m/s=10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则0-v2=-2a3s4 解得a3== m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg=ma3 解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ=0.5。 答案：(1)160 N　(2)0.5 关键点拨 1.“两个分析”和“两个桥梁” 2.两类动力学问题的解题步骤 第1步：明确研究对象 根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象。 第2步：受力分析和运动分析 画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程。 第3步：选正方向或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。 第4步：确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法。 第5步：列方程求解 根据牛顿第二定律F合=ma或，列方程求解，必要时对结果进行讨论。 逐点清(三)　超重、失重问题 1.[超重、失重的判断] (2025·山西晋中三模)2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是 (　　) A.飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零 B.飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右 C.飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，乘客处于超重状态 D.飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上 解析：选C　飞机静止时，座椅对乘客的作用力大小等于乘客的重力，故A错误；飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力，所以座椅对乘客的作用力斜向右上方，故B错误；飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故C正确；飞机离地后在空中沿斜向上方做加速直线运动时，根据牛顿第二定律可知，座椅对乘客的作用力斜向上方，故D错误。 2.[根据超重、失重判断物体的运动情况] (2025年1月·八省联考云南卷)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.做减速运动，加速度大小为1.05 m/s2 B.做减速运动，加速度大小为0.50 m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05 m/s2 D.做加速运动，加速度大小为0.50 m/s2 解析：选D　由题图甲可知，该同学的质量为60.0 kg，电梯竖直上升过程，根据牛顿第二定律F-mg=ma，解得a= m/s2=0.50 m/s2，则电梯向上做加速运动，故选D。 3.[超重、失重与图像的结合] (2025·天津和平期末)科学研究表明，一般人在超重状态下加速度达到5g左右时，就会出现黑视现象，短暂失去视觉。某同学想了解自身的承受能力，她站在力传感器上采集了如图所示的图线，重力加速度g取10 m/s2，对于本次实验，以下说法正确的是 (　　) A.失重的最大加速度为5 m/s2 B.超重的最大加速度为6 m/s2 C.她先站起，后下蹲 D.她先下蹲，后站起 解析：选D　由题图可知，该同学的重力G=mg=500 N，可得该同学的质量为m=50 kg，根据牛顿第二定律有500 N-200 N=ma1，可得失重的最大加速度a1=6 m/s2，故A错误；同理，根据牛顿第二定律有700 N-500 N=ma2，可得超重的最大加速度a2=4 m/s2，故B错误；根据题图可知该同学先失重，后超重，经过一段时间后先超重再失重，可知该同学先向下加速后向下减速，然后向上加速再向上减速，可知她先下蹲，后站起，故D正确，C错误。 关键点拨 超重、失重问题的三点提醒 (1)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。 (2)根据超重、失重现象可以判断物体在竖直方向的加速度方向，但不能判断物体的运动方向。 (3)系统整体具有向下的加速度时，整体处于失重状态。 44 / 57 $