第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第三章　运动和力的关系 第2讲　牛顿第二定律的应用 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　动力学的两类基本问题 考点二　动力学中的图像问题 内容索引 分层训练　巩固提高 一 基础知识　自主梳理 一、动力学的两类基本问题 1. 动力学的两类基本问题 第一类：已知物体的受力情况求 ⁠； 第二类：已知物体的运动情况求 ⁠。 运动情况　 受力情况　 2. 解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”，由运动学公式和 ⁠列方程求 解，具体逻辑关系如图： 加速度　 牛顿第二定律　 二、动力学中的图像问题 1. 常见图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 2. 解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意 义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交 点，图线的转折点，两图线的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起 来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公 式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 二 核心知识　典例研析 考点一　动力学的两类基本问题 能力考点 1. 动力学问题的解题思路 2. 解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相 互联系的桥梁。 考向1　已知物体受力，分析物体运动情况 [典例1]　(2023·浙江金华二模)风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用 的工具。某研究小组设计了一个总高度H0＝24 m的低速风洞，用来研究 某物体在竖直方向上的运动特性。如图所示，风洞分成一个高度为H1＝ 16 m的无风区和一个受风区。某物体质量m＝10 kg，在无风区中受到空 气的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖直 向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止 释放，且运动到风洞底端时速度恰好为0，求在本次实验 中：(g取10 m/s2) (1)该物体的最大速度； 答案：　(1)16 m/s (1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得mg－f＝ma1 解得a1＝8 m/s2 物体在无风区做匀加速直线运动，有 ＝2a1H1 解得最大速度为 vmax＝16 m/s。 (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小； 答案：　(2)260 N (2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有＝2a2(H0－H1) 解得a2＝16 m/s2 由牛顿第二定律得F－mg＝ma2 解得恒力为F＝260 N。 (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 答案：　(3) m (3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，到分界线时速度大小为16 m/s，再次进入无风区后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma3 解得a3＝12 m/s2 向上做匀减速运动的位移为H2＝＝ m 则第一次上升的最大高度为H＝H0－H1＋H2＝ m。 考向2　已知物体运动情况，分析物体受力 [典例2]　(2022·广东江门检测)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无 人机”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m＝1 kg的医疗物品 送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静 止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后变成匀速直线运动， 已知匀速直线运动的时间为t2＝5 s，然后再经匀减速t3＝4 s后到达用户 窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝40 m。若在匀速运动阶段无人 机对物品的作用力大小为F＝15 N，整个运动过程中物品 可看成质点，物品所受空气阻力恒定，g取10 m/s2，求： (1)物品运动过程中的最大速率； 答案：　(1)5 m/s (1)由题意可知 t1＋vm·t2＋t3＝h 解得vm＝5 m/s。 (2)匀减速阶段物品的加速度大小a2＝ 解得a2＝1.25 m/s2 位移大小s＝t3 解得s＝10 m。 (2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小； 答案：　 (2)1.25 m/s2　10 m 解得F阻＝5 N 匀加速阶段由牛顿第二定律有 F'－F阻－mg＝ma1 又a1＝ 解得F'＝17.5 N。 (3)匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。 答案：(3)17.5 N (3)匀速运动阶段由受力平衡有F＝mg＋F阻 考点二　动力学中的图像问题 能力考点 　常见动力学图像及应用方法 v－t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿 第二定律求解合外力 F－a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后 根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根 据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的 意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a－t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然 后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F－t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分 析每一时间段的运动性质 [典例3]　(2023·广东大湾二模)如图甲所示为丽江古城古老的住宅楼和万 古楼，万古楼的“飞檐”屋顶是中国传统建筑的重要表现之一。现把住 宅楼和万古楼的屋顶分别看成平直轨道ABC及弯曲轨道ADC，如图乙所 示。一颗松果(可看成质点)从A点由静止开始分别沿两轨道滑到C点，不 计阻力，下列v－t图像可能正确的是(　C　) C 松果沿平直轨道ABC做匀加速直线运动，沿弯曲轨道ADC运动过程中， 加速度逐渐减小，且先大于匀加速运动加速度，后小于匀加速运动加速 度。由v－t图像斜率等于加速度可知C选项正确。 [典例4]　如图甲所示，倾角α＝37°的斜面体固定在水平面上，一质量为 m＝1 kg的滑块放在斜面上，滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝0时刻在滑块上施加一平行斜面向上的外力F使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示。取沿斜面向上的方向为正， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　D　) D A. 0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为1∶1 B. 2 s末滑块速度的大小为6 m/s C. 1 s末与3 s末滑块的速度等大反向 D. 滑块4 s末运动到最高点 由题图乙知，在0～1 s时间内，滑块加速度恒定为2 m/s2，做匀加速直线 运动，由牛顿第二定律得F1－mgsin α－μmgcos α＝ma1，解得F1＝12 N，在3～4 s时间内，滑块的加速度沿斜面向下，大小恒为2 m/s2，做匀 减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α－F2＝ma2，解得 F2＝8 N，则0～1 s内外力与3～4 s内外力大小之比为3∶2，故A错误；a －t图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，因此由a－t图像 可得，在t＝2 s时滑块的速度大小为v＝ ×(1＋2)×2 m/s＝3 m/s，故B错误； 在t＝1 s到t＝3 s时间内，滑块先加速后减速，由题图中面积关系可知， 速度变化量大小相等，1 s末与3 s末滑块的速度大小均为2 m/s，方向均 沿正方向，故C错误；在0～4 s时间内，由面积关系可知，滑块运动的 方向不变，先沿正方向做加速运动，后沿正方向做减速运动，在t＝4 s 时，滑块的速度为零，此时滑块运动到最高点，故D正确。 三 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后 下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正 比，则该排球(　B　) A. 上升时间等于下落时间 B. 被垫起后瞬间的速度最大 C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从抛出点(v1)到原位置(v2) v1＞v2→＞ t上＜t下，A错； v1＞v2，被垫起后瞬间速度最大，B对；最高点速度为0→只受重力→a＝ g，C错；下落过程 mg－kv↑＝ma↓，D错。 空气阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv(k为大于0的常量) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2. (2022·广东广州模拟)如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰 撞，最后停在地面上。空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球 的加速度随时间变化关系的是(　B　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 篮球自由落下到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为 正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段。篮球与地面接触到 反弹离开地面的过程中，受到的地面向上的弹力先从零开始逐渐增大， 篮球所受的合力ma1＝mg－FN，开始阶段地面弹力FN小于重力，合力向 下，篮球向下继续挤压，FN增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮 球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力FN增大到 超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2＝FN－mg，随着FN增大，加 速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速 运动直至速度为零。篮球开始向上运动(离开地面前)的过程 是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向 上(为负)减小，再向下(为正)增大。故B符合题意，A、C、 D不符合题意。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3. (2023·广东东莞一模)无人驾驶汽车从发现紧急情况到开始刹车的时间 为反应时间，已知反应时间为0.2 s。某无人驾驶汽车以30 m/s的速度在 干燥路面上行驶，从发现紧急情况到刹车停下来要运动96 m，则车轮与 路面间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)(　C　) A. 0.05 B. 0.468 C. 0.5 D. 0.6 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题意有s＝v0t0＋＝96 m 其中v0＝30 m/s，t0＝0.2 s 联立解得μ＝0.5 故选C。 设车轮与路面间的动摩擦因数为μ，则汽车刹车过程的加速度大小为a＝＝μg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4. (2024·广东六校联盟联考)如图所示，一物体被水平向左的压力F压在 粗糙的竖直墙壁上，某时刻压力F的值为F0，此时物体处于静止状态， 若从该时刻起使压力F逐渐减小，直到减为零，则该过程中物体的加速 度a与压力F的关系图像可能正确的是(　D　) D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物体的质量为m。压力为F0时， 物体处于静止状态，若此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压 力F逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据牛顿第二定律 可得mg－f＝ma，又f＝μN＝μF，联立可得a＝g－。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5. (多选)(2023·山东烟台期末)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水 平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动。t＝1 s时撤去外力， 物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 (　BCD　) A. F的大小为8 N B. 0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反 C. t＝3 s时，物体离出发位置最远 D. 3 s末物体的速度为0 BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦阻力作用下做减速运动， 加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦阻力大小为f＝ma2＝ 2×2 N＝4 N，在0～1 s时间内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定 律可得F－f＝ma1，F＝f＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙 可知，0～1 s物体加速度为正方向，1～3 s物体加速度为负方向，所以 0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速 度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的 时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度为 零，物体离出发位置最远，C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6. (2022·辽宁卷)如图所示，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(　B　) A. v0＝2.5 m/s B. v0＝1.5 m/s C. μ＝0.28 D. μ＝0.25 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题干知s＝1 m，t＝1 s，v＞0 代入数据有v0＜2 m/s 故A不可能，B可能； 对物块受力分析有 a＝－μg，－＝2as 由题干知v2＞0， 整理有＋2as＞0 由v0＜2 m/s可得μ＜0.2 故C、D不可能。 物块在水平桌面沿中线做匀减速直线运动，则＝＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7. 公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示。若它在6 s 时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　B　) A. 0到6 s内的位移约等于30 m B. 0时刻的速度约为28 km/h C. 4 s时的加速度约为0.5 m/s2 D. 4 s时受到外力的合力约为2 500 N B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由a－t图像中图线与坐标轴所围的面积表示速度的变化量及题图可知， 速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度约为v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因 为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足s＜ v0t＝23.25 m，故A错误，B正确；由题图可知4 s时公共汽车的加速度 约为1.0 m/s2，故C错误；由牛顿第二定律可知4 s时公共 汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5 000 N，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8. (多选)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短 飞机的起飞距离。如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电 磁弹射区的长度l1＝80 m。一架质量m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发 动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105 N，假设飞机在航母上受到 的阻力恒为飞机重力的。若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离 舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供 的牵引力恒定，g取10 m/s2)。下列说法正确的是(　AC　) AC 【B级　能力提升】 A. 飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2 B. 飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s C. 电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N D. 电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2 ＝4.0 m/s2，由v2－＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝ 20 m/s，由＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝ 2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过 程中的功率不断增大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9. (多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　BD　) A. A的质量mA＝2 kg B. A的质量mA＝6 kg C. A、B间的动摩擦因数μ＝0.6 D. A、B间的动摩擦因数μ＝0.2 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由图像可以看出，当F＜48 N时，A、B相对静止，加速度相同，以A、 B为整体，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，则a＝F，由数学 知识得＝＝ kg－1＝ kg－1，故mA＋mB＝8 kg，当F＞48 N 时，采用隔离法，对A由牛顿第二定律有F－μmAg＝mAa，则a＝F－ μg，由数学知识得＝ kg－1＝ kg－1，可得mA＝6 kg，则mB＝2 kg，选项A错误，B正确；由a＝F－μg， 结合图像知，当F＝60 N时，a＝8 m/s2，解 得μ＝0.2，选项C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10. (2023·广东大湾一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技 装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直 奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s 后达到最大速度 4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为 零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气 阻力，g取10 m/s2。求： (1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1； 答案：(1)12 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)匀加速阶段加速度大小为 a1＝ 解得a1＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律得F1－f＝ma1 解得F1＝12 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)匀减速阶段有0－＝－2a2s2 解得a2＝0.5 m/s2 由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2 解得F2＝6 N。 (2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2； 答案：(2)6 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s 运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s 匀加速阶段的位移为s1＝t1＝20 m 运动总位移大小为s＝s1＋s2＝36 m。 (3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小s。 答案：(3)18 s　36 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$