2025秋高考物理复习第三章第2节牛顿运动定律的应用(一)课件

(共42张PPT)
第2节
牛顿运动定律的应用(一)
一、动力学的两类基本问题
加速度
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＝ma)求出__________，再由运动学的
有关公式求出速度或位移.
加速度
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：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.
说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加
速度是解题的关键.
比较 超重 失重 完全失重
定义 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 物体对支持物的压
力(或对悬挂物的拉
力)等于____的状态
产生
条件 加速度方向向____ 加速度方向向____ 加速度方向向____，
且大小 a＝______
二、超重和失重
大于
小于
0
上
下
下
g
比较 超重 失重 完全失重
动力学
原理 F－mg＝ma
F＝________ mg－F＝ma
F＝________ mg－F＝mg
F＝________
可能
状态 ①______上升；
②减速下降 ①______下降；
②减速上升 ①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等
(续表)
m(g＋a)
m(g－a)
0
加速
加速
【基础自测】
1.判断下列题目的正误.
(1)轻弹簧是指自身重力可以忽略的弹簧.(
)
(2)物体对接触面的压力大于自身重力的现象即为超重.(
)
(3)处于超重或失重状态的物体必须有竖直方向的加速度或分
加速度.(
)
(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力.
(
(
)
(5)在传送带上随传送带一起匀速运动的物体不受摩擦力作用.
)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.一同学在电梯里站在电子体重计上，初始示数为实际体重.
某一过程中发现体重计示数先变大后恢复至原值.关于该过程下列
说法正确的是(
)
A.电梯一定处于加速阶段
B.电梯的速度方向一定向下
C.人的机械能一定增大
D.体重计对人的支持力可能做负功
答案：D
3.(多选，2021 年广东揭阳月考)如图小车向右做加速直线
运动，物块贴在小车左壁相对静止.当小车的加速度增大时，下
列说法正确的是(
)
B.物块受到的摩擦力不变
D.物块受到的合外力为零
A.物块受到的弹力不变
C.物块受到三个力的作用
答案：BC
4.(2024年广东江门质检)表演“隔空取物”时，魔术师将一强
磁铁藏在手心，然后靠近水平桌面上的静止金属小球的正上方，
小球在他神奇的功力下向上飞起直奔他手心而去.下列说法正确的
是(
)
A.小球上升过程处于超重状态
B.小球上升过程处于失重状态
C.小球上升过程先超重后失重
D.磁铁对小球的吸力大于小球对磁铁的吸力
答案：A
热点 1 牛顿第二定律的瞬时性
[热点归纳]
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：
【典题 1】(多选)如图所示，甲、乙两图 A、B 两球质量相
等，图甲中 A、B 两球用轻质杆相连，图乙中 A、B 两球用轻
质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，
则在两细绳烧断的瞬间(
)
A.图甲中轻杆的作用力为零
B.图甲中两球的加速度一定相等
C.图乙中两球的加速度一定相等
D.图甲中 A 球的加速度是图乙中 A 球加速度的一半
解析：设两球质量为 m，细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变，
而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，图乙中 B 球所受合力仍
为零，加速度为零，A 球所受合力为 2mg，加速度为 2g.图甲中，
细绳烧断瞬间，A、B 的加速度相同，设为 a.以整体为研究对象，
根据牛顿第二定律得 2mg＝2ma，得 a＝g，设图甲中轻杆的作用
力为 T.再以 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 mg＋T＝ma，解得
T＝0，即图甲中轻杆的作用力一定为零，A、B、D 正确.
答案：ABD
方法技巧 抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”：
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点；
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态.
(2)“四个步骤”：
第一步：分析原来物体的受力情况.
第二步：分析物体在突变时的受力情况.
第三步：由牛顿第二定律列方程.
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性.
【迁移拓展】(2024 年安徽卷)如图所示，竖直平面内有两完
全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的 M、N 两
点，另一端均连接在质量为 m 的小球上.开始时，在竖直向上的拉
力作用下，小球静止于 MN 连线的中点 O，弹簧处于原长.后将小
球竖直向上.缓慢拉至 P 点，并保持静止，此时拉力 F 大小为 2mg.
已知重力加速度大小为 g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻
力.若撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中(
)
A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为 3g
D.加速度先增大后减小
解析：缓慢拉至 P 点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力
F 与重力和两弹簧的拉力合力为零.此时两弹簧的合力为大小为 mg.
当撤去拉力，则小球从 P 点运动到 O 点的过程中两弹簧的拉力与
重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，A 正确，B 错误 ；
小球从 P 点运动到 O 点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的
合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为
撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知 2mg＝ma，加速度的
最大值为 2g，CD 错误.
答案：A
热点 2 动力学的两类基本问题
[热点归纳]
1.解决两类基本问题的思路.
2.两类动力学问题的解题步骤.
考向 1 根据物体的运动情况求物体受力情况
【典题2】(2024 年广东佛山二模)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 3×103 kg，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(
)
B.7.5×104 N
D.1.05×105 N
A.3×104 N
C.2.6×104 N
答案：D
考向 2 根据物体受力情况求物体运动情况
【典题3】(2024 年广东卷)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
(
)
A
B
C
D
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，弹簧弹力向上，则
木块的合力 F＝mg－k(y－H)，到合力为零前，随着 y 增大F减小；
当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点，之后，木块开始反弹，
过程中木块所受合外力向上，随着 y 减小 F 增大，反弹过程，随
着 y 减小，图像向 x 轴负方向原路返回，A 错误，B 正确；在木块
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 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 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 示意图如图所
示，CD 错误.
答案：B
方法技巧 解决动力学两类问题的两个关键点
热点 3 超重与失重现象
[热点归纳]
1.对超重、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)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是
向下运动，而在于物体的加速度方向，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.
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 a＝g 的
加速度效果，不再有其他效果.
从受力的角
度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体
处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等
于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的
角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具
有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速
度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
从速度变化
的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重
②物体向下加速或向上减速时，失重
2.判断超重和失重的方法.
考向 1 对超重与失重现象的理解及判断
【典题 4】(2023 年广东深圳质检)某次蹦床比赛过程中，利
用力传感器测得运动员所受蹦床弹力 F 随时间 t 的变化图像如图
所示.已知运动员质量为 m，重力加速度大小为 g，不计空气阻力.
则下列说法正确的是( )
A.运动员最大加速度大小为 4g
B.运动员在蹦床上运动过程中处于失重状态
C.运动员与蹦床脱离时处于超重状态
D.运动员在蹦床上运动过程中，运动员对蹦床的作用力大小
始终等于蹦床对运动员的作用力大小
解析：根据牛顿第二定律可知 am＝
4mg－mg
m
＝3g，运动员最
大加速度为 3g，故 A 错误；运动员在蹦床上运动过程中，弹力大于
重力时处于超重状态，弹力小于重力时处于失重状态，B 错误；运
动员与蹦床脱离时，只受重力作用，加速度向下，处于失重状态，
C错误；根据牛顿第三定律可知，运动员在蹦床上运动过程中，运
动员对蹦床的作用力大小始终等于蹦床对运动员的作用力大小，
D 正确.
答案：D
考向 2 关于超重与失重的计算
【典题5】(2024 年广东佛山一模)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下图
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
解析：由图可知，3～5 s 的加速度为正，方向是竖直向上，
则处于超重状态，A 错误； 9～11 s 的加速度为负，方向是竖直向
下，9 s 的速度是竖直向上的，故电梯向上减速运动，B 错误；10 s
时，a1＝－0.6 m/s2，同学受到的支持力最小，约为 Nmin－mg＝ma1，
解得 Nmin＝470 N，C 错误；4 s 时，a2＝0.6 m/s2，同学受到的支持
力最大，约为 Nmax－mg＝ma2，解得 Nmax＝530 N，D 正确.
答案：D
思路导引
加速度向上为超重，加速度向下为失重，需要特
别注意加速度正方向的规定，从图像中得到加速度的正负，判断
加速度方向.
等时圆模型
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
的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.
甲
丙
乙
【典题 6】(2023 年湖南常德月考)现有直滑梯 AB、AC、AD
和 BD，A、B、C、D 点在竖直平面内的同一圆周上，且 A 为圆
周的最高点，D 为圆周的最低点，如图所示.已知圆周半径为R.
在圆周所在的竖直平面内有一位置 P 点，距离 A 点 R，且与 A
)
点等高.各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为 g，则(
答案：C
【触类旁通】如图 所示，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(
)
B.逐渐减小
D.先减小后增大
A.逐渐增大
C.先增大后减小
答案：D