2025年高考物理二轮复习第三章　牛顿运动定律 第二讲　牛顿第二定律的基本应用课件+讲义（教师+学生）+跟踪练习

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1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。 2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.思考判断(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，物体对地板的压力大于物体的重力。( )(5)加速上升的物体处于超重状态。( )(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。( )(7)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。( )
2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(　　)A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s
考点二　动力学的两类基本问题
考点一　瞬时问题的两类模型
考点三　超重与失重现象
例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则(　　)
方法总结　求解瞬时加速度的思路
(2024·山东临沂模拟)如图2所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则(　　)
1.解决动力学两类基本问题的思路
(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　助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2代入数据解得a2＝8 m/s2
所以助推器从脱离到落地经历的时间t＝t1＋t2＝250 s。答案　1 200 m/s　250 s
例3 (2022·浙江1月选考，19)第24届冬奥会在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图3所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，取g＝10 m/s2，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；解析　由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
vC＝vB＋a1t1代入数据解得a1＝2 m/s2，vC＝12 m/s。答案　12 m/s　
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。解析　设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin 15°－f＝ma1代入数据解得f＝66 N。答案　66 N
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4 某教师用图4甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
角度　　超、失重现象的图像问题
A.AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程C.AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上D.CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上
例5 (2024·山东日照模拟)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图5所示。g取10 m/s2，根据图中的数据，求：
角度　　超、失重现象的分析和计算
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；解析　由题图可知钩码的重力mg＝50 N则钩码的质量m＝5 kg电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54 N由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得加速度大小a＝0.8 m/s2。答案　0.8 m/s2　
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；解析　由题图可知，电梯在2～6 s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44 N根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′可得a′＝1.2 m/s2最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s。答案　4.8 m/s　
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。解析　电梯在2～6 s的时间内加速的位移大小为
在6～17 s的时间内匀速的位移大小为h2＝vΔt2
电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，可得H＝76.8 m。答案　76.8 m
方法总结　判断超重和失重的方法
对点练1　瞬时问题的两类模型1.如图1所示，质量为m＝4 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块与光滑斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。已知斜面的倾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为(　　)A.10 m/s2B.11 m/s2C.14 m/s2D.15 m/s2
2.如图2所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)
3.如图3所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)A.B对A的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为50 NC.B的加速度大小为10 m/s2D.A的加速度为零
解析　原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。
对点练2　动力学的两类基本问题4.(2022·辽宁卷，7)如图4所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　)A.v0＝2.5 m/sB.v0＝1.5 m/sC.μ＝0.28D.μ＝0.25
5.(多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图5所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上起飞，上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为10 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　　)A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/sB.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 NC.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2D.无人机上升的最大高度为42 m
对点练3　超重和失重现象6.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图6所示。其中t1～t2段为直线，乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)A.0～t1时间内，v增大，FN>mgB.t1～t2时间内，v减小，FNmg
解析　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。
7.(多选)(2024·广东珠海联考)如图7甲所示的救生缓降器由挂钩、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高度处通过救生缓降器着陆时速度恰好为零，图丙是工人下落全过程中绳索拉力随时间变化的F－t图像。已知工人的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，则工人(　　)A.下落过程处于失重状态B.下落最大速度为12 m/sC.下落的总高度为30 mD.下落的总高度为36 m
8.(2024·北京昌平高三期末)很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图8所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。取重力加速度g＝10 m/s2，由此可判断出(　　)
A.在t1～t2时间内手机处于超重状态，在t2～t3时间内手机处于失重状态B.手机在t2时刻运动到最高点C.手机在t3时刻改变运动方向D.手机可能离开过手掌
解析　由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。
A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2B.飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/sC.电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 ND.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的
10.(多选)如图10为某中学“水火箭”比赛现场，假设水火箭从地面以初速度10 m/s竖直向上飞出，在空中只受重力与空气阻力，水火箭质量为1 kg，空气阻力方向始终与运动方向相反，大小恒为2.5 N，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
11.(2024·福建莆田高三月考)当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60 kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10 m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5 m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90 m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10 m/s2，则(　　)A.运动员起跳过程属于失重状态B.起跳过程中加速度大小为16 m/s2C.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4 sD.起跳过程中运动员对地面的压力为960 N
12.(2024·江苏镇江模拟)探测器“天问一号”成功着陆火星的最后阶段，探测器到达距火星表面100 m的时候，进入悬停阶段，这个时候可能会进行一些平移，选择安全的着陆区进行着陆。如图11为探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机，探测器开始沿竖直方向匀加速下落，5 s后开启发动机，探测器开始沿竖直方向匀减速下落，到达火星表面时，探测器速度恰好为零，假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的0.2倍，火星表面的重力加速度取4 m/s2，探测器总质量为5吨(不计燃料燃烧引起的质量变化)。求探测器：
(1)全程的平均速度大小；(2)减速下落过程中的加速度大小；(3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(保留3位有效数字)。
解析　(1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火解得a1＝3.2 m/s2探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s