2025届高三物理一轮复习精品课件第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用

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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，FN