第三章++第2讲　小专题+牛顿第二定律的基本应用+++2027年高考物理一轮专题复习（人教版）

第2讲小专题:牛顿第二定律的基本应用【学习目标】1.理解牛顿第二定律的矢量性与瞬时性,建立加速度与力、质量的定量关系,掌握超重、失重的本质。2.构建瞬时性问题模型和动力学两类问题模型,培养受力分析→合力→加速度→运动状态的逻辑推理能力。3.结合电梯超重报警、安全带缓冲原理等实际案例,理解牛顿定律的工程应用价值,培养严谨的实证态度和安全意识。考点一超重与失重问题1.实重和视重(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。2.超重、失重和完全失重的比较状态超重失重完全失重现象视重大于物体重力视重小于物体重力视重等于0产生条件竖直方向上,物体的加速度向上竖直方向上,物体的加速度向下竖直方向上,物体的加速度向下且等于g运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g为加速度加速下降或减速上升原理方程F-mg=maF=mg+mamg-F=maF=mg-mamg-F=mgF=0[例1]

【对超、失重现象的理解】

(2025·河南二模)跳水运动员站在跳板上下蹲起跳,跳板的形变示意图如图所示,其中A位置为平衡位置,则运动员处于失重状态的过程是(

)A.由A位置到B位置B.由A位置到D位置C.由C位置到B位置D.由B位置到C位置B【解析】

对运动员受力分析可知,由A位置到D位置,运动员具有向下的加速度,处于失重状态,而其余过程运动员具有向上的加速度,处于超重状态。[变式]

运动员离开跳板在空中运动过程中超、失重情况如何(不计空气阻力)?【答案】

完全失重【解析】

运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。[例2]

【超、失重现象的图像问题】

(2025·陕西安康模拟)如图甲所示,某同学做引体向上时,两手握住单杠,两脚离地,两臂自然下垂伸直,用背阔肌的收缩力量将身体往上拉起,当下巴超过单杠时稍作停顿(时间可忽略),然后逐渐放松背阔肌,让身体下降,直到回到初始位置,此后重复进行。图乙是该同学在做第一个完整动作的过程中其重心速度随时间变化的图像,规定竖直向上为正方向,则单杠对该同学支持力最大的时刻为(

)A.t1时刻 B.t2时刻C.t3时刻 D.t4时刻D【解析】

速度随时间变化图像的斜率表示加速度,设单杠对该同学的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,当该同学竖直向上的加速度最大时,单杠对该同学的支持力FN最大,由v-t图像判断可知,题图乙中0时刻和t4时刻单杠对该同学的支持力最大,D正确。判断超重和失重的方法方法点拨受力判断物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力)(1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。(2)F(或FN)<mg时,物体处于失重状态。(3)F(或FN)=0时,物体处于完全失重状态加速度判断物体具有的加速度:(1)方向竖直向上(或竖直分量向上)时,物体处于超重状态。(2)方向竖直向下(或竖直分量向下)时,物体处于失重状态。(3)方向竖直向下(或竖直分量向下)且等于重力加速度时,物体处于完全失重状态方法点拨速度变化判断(1)物体向上加速或向下减速运动时处于超重状态。(2)物体向下加速或向上减速运动时处于失重状态。(3)物体以重力加速度g向下加速或向上减速运动时处于完全失重状态考点二动力学两类基本问题1.解决动力学两类基本问题的思路第一类:已知受力确定运动第二类:已知运动确定受力2.基本步骤[例3]

【已知受力求运动情况】

(2025·山东菏泽期末)如图所示,倾角为37°的足够长斜面体固定在水平面上,质量m=1.5kg的小物块在恒定拉力F作用下从斜面体底端由静止沿斜面向上运动,经t1=2s后撤去拉力。已知小物块与斜面体间的动摩擦因数μ=0.5,拉力大小F=15N,与斜面夹角为37°斜向上,重力加速度大小g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)小物块沿斜面向上运动的位移大小;【答案】

(1)2.2m

【解析】

(1)撤去拉力前,对小物块受力分析如图,沿斜面方向有Fcos37°-mgsin37°-μFN=ma1,垂直于斜面方向有Fsin37°+FN=mgcos37°,小物块的速度v1=a1t1,撤去拉力后小物块继续向上运动过程有mgsin37°+μmgcos37°=ma2,(2)小物块再次返回斜面底端的速度大小。[例4]

【已知运动情况求受力】(2025·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25s时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4m/s2,重力加速度g取10m/s2,求:(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;【答案】

(1)2N

0.6【解析】

(1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即0～1s内,由速度时间公式和牛顿第二定律得2v0=a1t1,mgsinθ-Ff=ma1,小球从挡板运动到C点,即t1～t2(1～1.25s)时间内有v0=a2(t2-t1),mgsinθ+Ff=ma2,而a2-a1=4m/s2,联立解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,v0=2m/s,Ff=2N,sinθ=0.6。(2)t3的值。【答案】14N解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”方法点拨考点三牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用1.瞬时性问题的两种模型2.等时圆模型(1)结论。在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。(2)类型。如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。

[例5]

【轻绳模型】

(2025·辽宁模拟)如图所示,两个小球A、B悬挂在水平天花板下,并处于静止状态,其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°,小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°,小球A、B之间的细线水平。取sin37°=0.6,sin53°=0.8,则剪断小球A、B之间的细线瞬间,小球A与B的加速度大小之比为(

)A.16∶15 B.15∶16 C.3∶4 D.4∶3A[例6]

【轻杆模型】

如图所示,光滑斜面的倾角为θ,球A质量为2m、球B质量为m,图甲中A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,在系统静止时,突然撤去挡板的瞬间,则有(

)A.图甲中球A的加速度为gsinθB.图甲中球B的加速度为0C.图乙中两球的加速度均为0D.图乙中两球的加速度均为gsinθD【解析】

题图甲中撤去挡板瞬间,由于弹簧弹力不能突变,则球A所受合力为0,加速度为0,选项A错误;撤去挡板前,挡板对球B的弹力大小为3mgsinθ,撤去挡板瞬间,球B与挡板之间弹力消失,则球B所受合力为FB=3mgsinθ,由F合=ma可知加速度为aB=3gsinθ,选项B错误;题图乙中撤去挡板前,轻杆上的弹力为2mgsinθ,撤去挡板瞬间,球B所受挡板支持力突然消失,杆的弹力发生突变,由于A、B用轻杆连接,则球A、B加速度相等,其整体所受合力为3mgsinθ,加速度均为gsinθ,选项C错误,D正确。[变式]

若把[例6]中图甲、乙中的小球A、B均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态,如图丙、丁所示,则在两细绳烧断的瞬间,图丙和图丁中两球的加速度是否相等?分析瞬时问题要“瞻前顾后”方法点拨[例7]

【“等时圆”模型】

(多选)(2025·山西大同阶段检测)如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,若每根杆上都套着一个小滑环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(

)A.t1>t2>t3 B.t1=t3>t2C.t2=t4>t1 D.t2<t3<t4BD【解析】

以OA杆为直径作圆,由圆的知识可知C点处于圆上,B点在圆内,D点在圆外,如图所示,由于四个环均从圆的最高点滑下,由等时圆模型规律可知t1=t3,而沿OB滑下的环早于沿OA或OC滑下的环到达斜面,沿OD滑下的环晚于沿OA或OC滑下的环到达斜面,即t2<t1=t3<t4,故选B、D。[变式]

若竖直面内三根固定的光滑细杆Oa、Ob、Oc的O、a、b、c与d点位于同一圆周上,d点为圆周的最高点,c点为最低点,如图所示。每根杆上都套着一个小滑环均从O点无初速度释放,用t1、t2、t3依次表示滑环到达a、b、c所用的时间,则(

)A.t1=