第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的应用”专题，覆盖动力学两类基本问题、图像问题及超重失重三大核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳已知受力/运动求运动/受力、图像分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如2024广东卷F-y图像问题，通过模型建构和科学推理分析图像斜率、截距意义，培养运动和相互作用观念。提供受力分析与运动过程分析方法，助学生掌握答题技巧，教师可据此系统复习提升效率。

第三章　运动和力的关系 第2讲　牛顿第二定律的应用 [学习目标]　1.掌握动力学基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像,并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 考点一　动力学的两类基本问题 考点二　动力学中的图像问题 内容索引 考点三　超重与失重 考点一　动力学的两类基本问题 一 5 盘点 核心知识 1.动力学的两类基本问题 第一类:已知物体的受力情况求 ; 第二类:已知物体的运动情况求 。 2.动力学问题的解题思路 运动情况 受力情况 3.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;速度是各物理过程间相互联系的桥梁。 提升 关键能力 考向1　已知物体受力,分析物体运动情况 [典例1]　(2026·广东珠海第一中学月考)如图所示,避险车道是避免恶性交通事故的重要车道,由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10 t的货车(视为质点)行驶到一个长下坡时,因刹车失灵以10 m/s的初速度沿坡向下做匀加速直线运动,在加速前进了750 m后,驾驶员将车从干道(距离很短,可认为速度大小不变)驶入制动坡床,并冲上坡床后停在坡床上。若货车下坡时受到的阻力是车重的,冲上坡床时受到坡床给它的摩擦力是车重的。重力加速度大小g取 10 m/s2,已知sin α=0.2,sin θ=0.3,求: (1)货车刚驶入制动坡床时的速度大小; [解析]　货车下坡时,对货车受力分析可得 mgsin α-mg=ma1, 解得a1=1 m/s2。 根据速度与位移关系有-=2a1s1, 解得v1=40 m/s。 [答案]　 40 m/s　 (2)货车在制动坡床上行驶的距离。 [解析]　货车在制动坡床上时,对货车受力分析可得 mgsin θ+mg=ma2, 解得a2=8 m/s2。 根据速度与位移关系有0-=-2a2s2, 解得s2=100 m。 [答案]　 100 m 考向2　已知物体运动情况,分析物体受力 [典例2]　(2026·广东揭阳模拟)一晴朗的冬日,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取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; [解析]　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,加速度大小为a1,位移大小为s1,时间为t1,末速度为vm;在水平雪道上滑行时,做末速度为0的匀减速直线运动,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, 解得斜直雪道末速度vm=20 m/s。 该同学在斜直雪道运动时间t1=6 s,在水平雪道运动时间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为f=160 N。 [答案]　 160 N　 (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]　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的速度为v,则-v2=2a2s3, 解得v=10 m/s。 设在防滑毯上的加速度大小为a3,则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]　0.5 二 考点二　动力学中的图像问题 16 盘点 核心知识 1.常见动力学图像及应用方法 v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a 图像 首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量 a-t 图像 要注意加速度的正、负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t 图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质 2.解题策略 (1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情景结合起来,应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。 提升 关键能力 [典例3]　(2024·广东卷)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) B [解析]　在木块下落H高度之前,木块所受合外力为木块的重力保持不变,即F=mg;当木块接触弹簧后到合力为零前,根据牛顿第二定律有mg-k(y-H)=F,随着y增大,F减小;当弹簧弹力大于木块重力后到最低点的过程中,有F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上,随着y增大,F增大,故A错误,B正确。在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2,速度逐渐增大, y-t图像斜率逐渐增大,当木块接触弹簧后到合力为零前,根据牛顿第二定律有mg-k(y-H)=F=ma,木块的速度继续增大,做加速度减小的加速运动,所以y-t图像斜率继续增大,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上,木块做加速度增大 的减速运动,所以y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,经以上分析可知,木块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,再做匀减速直线运动到最高点,而C图中H点过后速度就开始逐渐减小,实际速度还应该增大,直到平衡位置速度到达最大,然后速度逐渐减为零;D图前半段速度不变,不符合题意,正确y-t图像示意图如图所示,故C、D错误。 [典例4]　(2026·广东珠海模拟)如图甲所示,倾角α=37°的斜面体固定在水平面上,一质量为m=1 kg的滑块放在斜面上,滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动,滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示。取沿斜面向上的方向为正,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.0~1 s内外力与3~4 s内外力F大小之比为1∶1 B.2 s末滑块速度的大小为6 m/s C.1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D.滑块4 s末运动到最高点 D [解析]　由题图乙知,在0~1 s时间内,滑块加速度恒定为2 m/s2,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,解得F1=12 N,在3~4 s时间内,滑块的加速度沿斜面向下,大小恒为2 m/s2,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α-F2=ma2,解得F2=8 N,则0~1 s内外力与3~4 s内外力大小之比为3∶2,故A错误;a-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量,而滑块由静止开始运动,因此由a-t图像可得,在t=2 s时滑块的速度大小为v=×(1+2)×2 m/s=3 m/s,故B错误;在t=1 s到t=3 s时间内,滑块先加速后减速,由题图中面积关系可知,速度变化量大小相等,1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s,方向均沿正方向,故C错误;在0~4 s时间内,由面积关系可知,滑块运动的方向不变,先沿正方向做加速运动,后沿正方向做减速运动,在t=4 s时,滑块的速度为零,此时滑块运动到最高点,故D正确。 三 考点三　超重与失重 25 盘点 核心知识 超重、失重和完全失重的对比 名称 超重 失重 完全失重 产生条件 物体的加速度______ 物体的加速度 _____ 物体竖直向下的加速度等于__ 对应运动 情景 上升或 下降 下降或 上升 自由落体运动、竖直上抛运动等 向上 向下 加速 减速 加速 减速 g 名称 超重 失重 完全失重 原理 F-mg=ma F=_______ mg-F=ma F=_______ mg-F=mg F=___ 说明 (1)发生超重或失重现象时,物体所受的重力没有变化,只是压力(或拉力)变大或变小了; (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,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等 mg+ma mg-ma 0 [判断正误] 1.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。( ) 2.加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。( ) 3.物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( ) 4.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。( ) × × √ × 提升 关键能力 考向1　对超、失重现象的理解 [典例5]　(2025·八省联考云南卷)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 D [解析]　由题图可知,该同学处于超重状态,加速度向上,因电梯向上运动,则该时刻电梯向上做加速运动,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,由题意可知F=630 N,mg=600 N,可得a= m/s2=0.50 m/s2,故选D。 考向2　超、失重现象的图像问题 [典例6]　(2026·广东佛山模拟)某同学体重50 kg,乘电梯上行时,用手机内置传感器测得某段时间内电梯的加速度如图所示。竖直向上为正方向。关于该段时间,下列说法正确的是(　　) A.3~5 s该同学处于失重状态 B.9~11 s电梯向下加速运动 C.该同学受到的最小支持力约为30 N D.该同学受到的最大支持力约为530 N D [解析]　由题图可知,3~5 s的加速度为正,方向竖直向上,则该同学处于超重状态,故A错误;9~11 s的加速度为负,方向竖直向下,9 s时的速度是竖直向上的,故电梯向上减速运动,故B错误;9.8 s时,a1=-0.6 m/s2,此时该同学受到的支持力最小,FNmin-mg=ma1,解得FNmin=470 N,故C错误;4 s时a2=0.6 m/s2,该同学受到的支持力最大,FNmax-mg=ma2,解得FNmax=530 N,故D正确。 $