2026高考一轮总复习 物理课件_第2讲　牛顿运动定律的应用_含解析

这是一份2026高考一轮总复习 物理课件_第2讲　牛顿运动定律的应用_含解析，共71页。
1. 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由 牛顿第二定律（F合＝ma）求出 ，再由运动学的有关公式求出 速度或位移。
2. 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：先根据运动规律求出 ⁠ ，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
3. 应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速 度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：
1. 超重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力） ⁠物体所受重 力的现象；物体具有 的加速度。
2. 失重：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力） ⁠物体所受重 力的现象；物体具有 的加速度。
3. 完全失重：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力） ⁠ 的现象称为完全失重现象；物体的加速度a＝ ，方向竖直向下。
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态 ⁠。
（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 物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤 的示数即为视重。
1. 对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体 立即获得加速度。（　√　）
2. 超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了。 （　×　）
3. 物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重 状态。（　×　）
4. 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。（　×　）
1. 〔多选〕 （人教版必修第一册·第四章第5节“练习与应用”T1改编）一 个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的 力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是（　　）
2. （2024·全国甲卷22题）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测 力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为 N（结果保留1位小 数）；
解析： 根据弹簧测力计的读数规则可知，其读数为5.0 N；
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体 处于 （填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为 m/s2（结果保留1位小 数）。
解析： 根据（1）问结合平衡条件可知，mg＝5.0 N，电梯上行时， 测力计示数为4.5 N＜mg，故物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg －F＝ma，代入数据解得a＝1.0 m/s2。
考点一　瞬时加速度问题分析
1. 两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时 消失，具体可简化为以下两种模型：
2. 在求解瞬时加速度时应注意的问题（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化 时，需要重新进行受力分析和运动分析。（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过 程，不会发生突变。
（2024·湖南高考3题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小 球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状 态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度 大小分别为（　　）
解析：剪断细线前，对B、C、D整体受力分析，由平衡条件有A、B间轻弹 簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力 FCD＝mg，剪断细线瞬间，对B，由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对 C，由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A 正确。
如图所示，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球和B球的加速度分别是多少？
人教版必修第一册P114复习与提高B组第一题
（2025·江苏江都中学期初）如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光 滑固定斜面的倾角为θ，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，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻质杆均与斜 面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间（　　）
解析：设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡 板对B球的弹力大小均为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会 突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B 球所受合力大小为4mgsin θ，加速度大小为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板 的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mgsin θ，A、B两球的加速度大 小均为gsin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分 力，轻杆的作用力为零，故只有C正确。
考点二　动力学的两类基本问题
1. 把握“两个分析”“一个桥梁”
2. 找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程 的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物 块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为 g，则小物块在斜面上运动的时间为（cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6） （　　）
我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得 的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的 滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰 载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质 量为2.56×103 kg。
（1）求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
答案： 96 m/s　
（2）飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起 飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小（结 果保留3位有效数字）。
答案： 3.75 s　6.55×104 N
解得F水平≈6.55×104 N。
解答动力学的两类基本问题的步骤
　（2025·山西太原模拟）在轮椅冰壶的某次训练中，两位轮椅冰壶运动员 用水平恒力将“冰壶”从起点推动5 m后，撤去推力，同时启动10秒倒计 时，“冰壶”沿直线继续滑行40 m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好 结束。已知“冰壶”的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2。（1）求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小；
答案： 0.08　144 N　
（2）若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计 时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大 小变为多少？
1. 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。
2. 判断超重和失重的方法
如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情 况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感 器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N。g取10 m/s2。对 此过程的分析正确的是（　　）
解析：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过 程中，重力并没有发生改变，A错误；对物体分析有FN－mg＝ma，解得物 体加速度大小a＝1 m/s2，B正确；根据上述分析，加速度向上，当速度向 上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下时，电梯向下做匀减速直 线运动，C、D错误。
（2025·北京昌平期末）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 （　　）
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，速度方向仍然向 上，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。
图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取 g＝10 m/s2。根据图像分析可知（　　）
解析： 　开始时人处于平衡状态，由a点可读出，此时，人对力板的压力 约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；当人对接触面的压力小于 人的真实重力时，则人处于失重状态，此时有向下的加速度；当人对接触 面的压力大于人的真实重力时，则人处于超重状态，此时有向上的加速 度，故b到c的过程中，人先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误； 人在双脚离开力板的过程中，人只受重力的作用，处于完全失重状态，故 C正确；b点压力与重力的差值要小于c点压力与重力的差值，则人在b点对 应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，故D错误。
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下 滑，到达圆周的最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等， 都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
2. 模型的三种情况（1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低 点所用时间相等，如图甲所示；（2）质点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，质点沿不同的光滑 弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
〔多选〕如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细 杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O' 为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（未画出），两个滑环从O点无初速 度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、 Ob、da到达a或b所用的时间。下列关系正确的是（　　）
（2025·河南郑州期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面 上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、 D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），现有三 个质量均为m的小圆环（看作质点）分别套在三根细杆上，依次从A点由静 止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正 确的是（　　）
1. 〔多选〕（2025·贵州贵阳三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质 细绳OA和OB悬挂静止在O点，绳OA与竖直方向的夹角为θ，绳OB水平。 重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
解析： 　剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点做圆周运动，沿切线方 向，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A错误，B正确；剪断绳OA瞬间， 小球将绕B点开始做圆周运动，此时沿切线方向的加速度大小为g，故C错 误，D正确。
2. （2025·辽宁辽阳模拟）某同学站在力传感器上下蹲，力传感器上显示 的图线可能是（　　）
解析： 　该同学在下蹲过程中，先加速后减速，先失重后超重。故选C。
3. （2025·广东佛山二模）2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱 在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度 降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回 舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为 3×103kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为 （　　）
4. 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架 在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ 可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至 P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下 滑时间t将（　　）
6. （2025·福建龙岩一模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上， A、B两球的质量分别为m1、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与 A球相连，A、B两球间由一轻质细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系 统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）
7. （2025·黑龙江大庆三模）图甲所示的是创造了中国载人深潜新纪录的 “奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始 计时，其下潜的v-t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5 h内的总 质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且 海水密度均匀，则下列说法正确的是（　　）
8. 如图所示是某游乐场的海豚表演。小海豚从水池冲出，以10 m/s的速度 滑过坡道底端的O点，经过1.0 s向上滑过坡道上P点时的速度为3.2 m/s。 该坡道为直道，足够长且倾角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝ 0.8。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
9. 〔多选〕如图为某学校“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（　　）
10. （2025·辽宁沈阳模拟）高楼火灾已经成为威胁城市公众安全的主要灾 害之一。如图所示，有人设计了一种新型逃生通道，当楼房发生火灾时， 人可以通过该通道滑到地面，通道的长度可以适当调节。若某次将通道调 节后使其全长为28 m，通道入口搭建在距地面高16.8 m的窗口。在通道 中，人双臂双腿并拢下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4倍， 当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁的摩擦，受到摩擦力为并拢 时的两倍。若人在通道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后某时 刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运动可视为直线，不计空气阻 力，取g＝10 m/s2，求：（1）人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小；
答案： 2 m/s2　
解得a1＝2 m/s2。
（2）为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过4 m/s，人在通道中下 滑的最短时间。
解析：当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有2×0.4mg－mgsin θ＝ma2
11. 我国火星探测器“天问一号”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g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；
解析： 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
（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）。
答案： 2.67×104 N
解析：设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，有F＋f－mg火＝ma2代入数据解得F＝2.67×104 N。