第3章 第2讲 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

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿第二定律应用，覆盖瞬时性问题、动力学两类问题、超重失重及等时圆模型等核心考点，按“基础概念—典型问题—模型应用”逻辑架构知识，通过课前基础梳理、课堂逐点突破、考教衔接对比，结合考点梳理、方法指导、真题训练，帮助学生系统构建解题框架。 讲义突出“考教衔接”与模型建构特色，如瞬时性问题中对比轻绳轻杆（弹力突变）与弹簧橡皮绳（弹力不变）模型，用“一点一过”总结规律培养科学思维，设置分层练习适配不同学情，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供系统教学支撑。

第2讲　牛顿第二定律的基本应用(基础落实课)　　　 课前基础先行 一、动力学的两类基本问题 1.第一类问题:由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。 2.第二类问题:由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。 3.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,具体逻辑关系如下图所示: 二、超重和失重 1.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)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.完全失重状态 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态。 (2)产生条件:a=g,方向竖直向下。 微点判断 1.传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。 (×) 2.物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。 (√) 3.物体向上运动时处于超重状态。 (×) 4.支持力小于重力称为完全失重现象。 (×) 5.物体处于超重或失重状态时,其重力并没有发生变化。 (√) 6.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。 (×) 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1P112T2·改编)在蹦极运动员下落时,当弹性绳被拉直后直到最低点,运动员始终处于超重状态。 (×) 课堂逐点清(一)　牛顿第二定律的瞬时性问题　　　　　　 细作1　弹力能瞬间改变的情形 1.两个质量均为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。现突然迅速剪断细绳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。 一点一过　轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 　　对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体,认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即改变或消失,不需要形变恢复时间。 (1)在瞬时性问题中,其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给轻绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时,均可按此模型处理。 细作2　弹力不能瞬间改变的情形 2- 1.(人教版教材必修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?(重力加速度为g) 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有T=F+mg,对小球B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的加速度aA=2g,小球B的受力不变,仍处于平衡状态,aB=0。 答案:2g　0 2- 2.(2025·甘肃高考)(多选)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,此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向,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。 |考|教|衔|接| (1)两道题均围绕“弹簧—小球”系统,以剪断细绳为情境,考查瞬间加速度、后续运动状态与弹簧弹力变化,是教材习题中弹簧连接体模型在高考题的直接延伸,构建受力分析与运动分析的解题逻辑。 (2)先对剪断细绳前系统受力平衡分析(求弹簧弹力),再分析剪断细绳瞬间物体受力(弹簧弹力不变、其他力突变),最后用牛顿第二定律求加速度,遵循“平衡态受力→突变瞬间受力→牛顿运动定律应用”的解题流程,教考在思路方法上高度一致,强化物理问题分析的程序化训练。 一点一过　弹簧、橡皮绳模型的特点 1.当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时,由于物体具有惯性,弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。 2.在求解瞬时加速度的问题中,弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的,即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。 课堂逐点清(二)　动力学的两类基本问题 1.两类动力学问题的解题关键 两个分析 (1)受力情况分析;(2)运动规律分析 两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁 (2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 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 受力分析和 运动过程分析 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 选取正方向 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 确定合力F合 若物体只受两个力作用,通常用合成法;若物体受三个或三个以上的力,一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律可得F合=ma或,列方程求解,必要时对结果进行讨论 [考法全训] 考法1　已知受力情况求运动情况 1- 1.(人教版教材必修1,P97例题2)某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球,在列车以某一加速度渐渐启动的过程中,细线就会偏过一定角度并相对车厢保持静止,通过测定偏角的大小就能确定列车的加速度(如图所示)。在某次测定中,悬线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,求列车的加速度。 解析:选择小球为研究对象。设小球的质量为m,小球在竖直平面内受到重力mg、绳的拉力FT,如图所示,在这两个力的作用下,小球产生水平方向的加速度a。这表明,FT与mg的合力方向水平向右,且F=mgtan θ。根据牛顿第二定律,小球具有的加速度为a==gtan θ,方向水平向右。列车的加速度与小球相同,大小为gtan θ,方向水平向右。 答案:gtan θ,方向水平向右 1- 2.(2025·河南高考)野外高空作业时,使用无人机给工人运送零件。如图所示,某次运送过程中的一段时间内,无人机水平向左飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下方,并相对于无人机静止,轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力,则在该段时间内 (　　) A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 解析:选D　无人机沿水平方向飞行,零件相对于无人机静止,也沿水平方向做直线运动,故零件的高度不变,可知零件的重力势能保持不变,D正确;对零件受力分析,受重力和轻绳的拉力,由竖直方向所受合力为零,可知零件所受合外力方向水平向左,零件的加速度方向水平向左,结合题意可知,无人机的加速度方向水平向左,无人机做匀加速直线运动,A、B错误;惯性的大小只与物体的质量有关,零件的质量不变,故零件的惯性不变,C错误。 |考|教|衔|接| (1)两道题均围绕“悬挂物体随载体(列车、无人机)运动,悬线与竖直方向成夹角”的模型展开。将物理知识融入列车启动、无人机运送零件的实际情境,两题都注重从生活或科技相关场景中提炼物理问题,让学生用物理知识分析实际运动情况。 (2)都需对悬挂物体(小球、零件)进行受力分析(重力、拉力),通过合力判断运动状态、加速度。 (3)均涉及合力与运动关系等概念的考查。教与考在对这些基础概念的理解及应用上保持一致,通过情境让学生辨析概念,强化对核心知识的掌握。 考法2　已知运动情况求受力情况 2.航空母舰“福建舰”如图甲所示,所配备的电磁弹射系统可简化为如图乙所示的模型,可额外为舰载机提供恒定的推力助其短距离起飞。质量为M的某舰载机,若不启用电磁弹射系统,航母保持静止状态,舰载机靠自身发动机推力由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v,可以起飞。若启用电磁弹射系统,航母仍保持静止状态,该舰载机在自身发动机同样打开的情况下,又加载了质量为m的弹药,仅需滑跑的距离即可起飞。已知舰载机所受阻力恒为自身发动机提供推力的20%,舰载机升空速度的平方与舰载机质量成正比。 (1)若不启用电磁弹射系统,航母保持静止状态,求舰载机自身发动机为舰载机所提供的推力大小; (2)若启用电磁弹射系统,航母仍保持静止状态,求电磁弹射系统为该舰载机所提供的推力大小。 解析:(1)若不启用电磁弹射系统,且航母保持静止状态,该舰载机由静止做匀加速运动直至起飞,由速度—位移关系式可得v2=2aL, 由牛顿第二定律得,舰载机所受合力为F合=Ma, 对舰载机受力分析,知F合=F-f,f=20%F, 联立解得F=。 (2)若启用电磁弹射系统,航母仍保持静止状态,该舰载机在自身发动机同样打开的情况下,又加载质量为m的弹药,该舰载机由静止匀加速运动直至起飞,由速度—位移关系式得v'2=2a' 设电磁弹射系统提供的推力为F',由牛顿第二定律得F-f+F'=a', 由题意可知= 联立解得F'=·。 答案:(1)　(2)· 课堂逐点清(三)　超重和失重 |题|点|全|练| 1.[根据运动情况判断超重、失重] (2025·安徽黄山模拟)2025年电影《哪吒之魔童闹海》中,哪吒驾驭风火轮飞行,如图所示,哪吒(含装备)在风火轮作用下竖直向上先加速再减速到最高点,然后再水平向右匀加速移动一段距离,空气阻力不能忽略。下列说法正确的是 (　　) A.加速上升过程中,哪吒处于失重状态 B.减速上升过程中,哪吒处于超重状态 C.水平移动过程中,风火轮对哪吒的作用力斜向右上方 D.水平移动过程中,风火轮对哪吒的作用力竖直向上 解析:选C　加速上升过程中,加速度向上,哪吒处于超重状态,减速上升过程中,加速度向下,哪吒处于失重状态,故A、B错误;水平匀加速移动过程中,根据受力分析知,哪吒受到重力、风火轮的作用力以及水平向左的阻力,合力水平向右,所以风火轮对哪吒的作用力应斜向右上方,故C正确,D错误。 2.[超重、失重现象的图像问题] (2025·北京高考)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 (　　) 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 解析:选B　从t1到t3,f方向向下,先增大后减小,可知此时间内实验舱的速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于电磁弹射过程后做竖直上抛运动,故A错误;从t2到t3,f方向向下且减小,可知此时间内实验舱的速度方向向上且减小,根据牛顿第二定律有mg+f=ma,即a=+g,故加速度大小减小,故B正确;从t3到t5,f方向向上,先增大后减小,可知此时间内实验舱的速度方向向下,先增大后减小,实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,实验舱内物体先处于失重状态后处于超重状态,故C错误;根据以上分析可知t3时刻实验舱的速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻,实验舱到达最高点,故D错误。 |精|要|点|拨| 1.判断超重和失重现象的三个角度 从受力的角度判断 当物体受到向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时处于失重状态;等于零时处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,处于失重状态;向下的加速度恰好等于重力加速度时,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,物体处于超重状态;物体向下加速或向上减速时,物体处于失重状态 2.对超重和失重问题的三点提醒 (1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关,只取决于加速度的方向。 (2)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。 (3)发生超重或失重时,物体的实际重力并没有发生变化,变化的只是物体对支持物的压力大小(或对悬挂物的拉力大小)。 课堂逐点清(四)　等时圆模型及应用 　　“等时圆”模型的基本规律 1.物体在竖直圆环上沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 2.物体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,物体沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 　　[典例]　如图所示,在倾角为θ的斜面上方的A点处悬挂一表面光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成的角度为α,一小物块由A端沿木板由静止滑下,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ的大小关系为 (　　) A.α=θ B.α= C.α=2θ D.α= 　　[解析]　如图所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可,由几何知识可知∠COD=θ,则α=,故选B。 [答案]　B [应用体验] 1.如图所示,竖直平面内存在半径为R的大圆和半径为r的小圆,两个圆的公切线水平。有两条倾斜的光滑轨道,一条与大圆相交于A、B两点,A点为大圆的最高点,另一条轨道一端交于大圆的C点,另一端交于小圆的D点,且过大圆和小圆的公切点。现让一物体分别从两条轨道的顶端A、C由静止释放,分别滑到B点和D点(假设物体能够无障碍地穿过CD与圆的交叉点),物体在两条轨道上的运动时间分别为tAB、tCD,重力加速度为g,下列判断正确的是 (　　) A.tAB=tCD B.tAB>tCD C.tAB= D.tCD=2 解析:选D　设轨道AB与竖直方向的夹角为α,则物体在轨道AB上运动的加速度大小为a==gcos α,根据几何关系及运动学公式可得xAB=2Rcos α=a,解得tAB==2;设轨道CD与竖直方向的夹角为β,则物体在轨道CD上运动的加速度大小为a'==gcos β,根据几何关系及运动学公式可得xCD=(2R+2r)cos β=a',解得tCD==2,则有tAB<tCD,故选D。 2.(2025·随州高三调研)(多选)如图所示,1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端,其运动时间分别为t1、t2、t3、t4,已知竖直固定的圆环的半径为r,O为圆心,固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r,重力加速度为g,下列结论正确的是 (　　) A.t1>t2　　 B.t3=t4　　 C.t2<t4　　 D.t1=t4 解析:选BC　1号小球的加速度为a1=gsin 60°=g,位移为x1=2r·sin 60°=r,运动时间为t1==2;2号小球的加速度为a2=gsin 30°=g,位移为x2=2r·sin 30°=r,运动时间为t2==2;3号小球的加速度为a3=gsin 60°=g,位移为x3==2r,运动时间为t3==;4号小球的加速度为a4=gsin 30°=g,位移为x4==2r,运动时间为t4==。则t1=t2<t3=t4,故选B、C。 11 / 74 $