2025届高考物理三轮冲刺学案：牛顿第二定律的应用

牛顿第二定律的应用 一、对牛顿第二定律的理解： 1．瞬时性：加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系。 2．矢量性：物体加速度方向与所受合力方向相同。 3．同体性： F=ma 中各量都是属于同一物体的。 4．独立性：将合力分解后，其在分解方向产生的加速度相互独立。 二、应用牛顿第二定律解题的一般步骤： 1．明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体； 2．进行受力分析和运动状态分析，明确运动性质和运动过程； 3．建立坐标系，一般以加速度方向和垂直加速度方向为两坐标轴方向； 4．根据牛顿第二定律列方程求解。 三、超重和失重： 1．视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”,大小 等于弹簧测力计受到的拉力或台秤受到的压力。 2．无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化，只是“视重”的改变。 3．判断超重、失重的依据是加速度a的方向： 状态 加速度 运动性质 视重F与重力mg的关系(加速度大小为a) 超重 竖直向上 向上加速、向下减速 F=m(g+a)>mg 失重 竖直向下 向上减速、向下加速 F=m(g-a)<mg 完全失重 a＝g 自由落体、平抛 F=0 四、连接体问题处理方法： 1．整体法：若连接体具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，在进行受 力分析时，要注意区分内力和外力，求物体间的内力时不能用整体法。 2．隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，求解物体之间的相互作用力。 3．不能将整体法和隔离法对立起来，往往要将整体法和隔离法配合使用。 五、求瞬时加速度时对弹力的分析： 理想模型 弹力表现形式 弹力方向 能否突变 轻绳 拉力 沿绳收缩方向 能 轻杆 拉力、支持力 不确定 能 接触面 支持力、压力 垂直接触面 能 轻弹簧 拉力、支持力 沿弹簧轴线 否 橡皮条 拉力 沿橡皮条收缩方向 否 弹性绳 拉力 沿弹性绳收缩方向 否 六、传送带问题分析要点： 1．注意分析物体在初态时(由静止释放或有初速度)所受滑动摩擦力的方向。 2．注意分析物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向。 练习： 1．(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的值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 2．(2024·湖南株洲高三质检)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)(　　) A．处于超重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力竖直向上 3．(多选)(2023·山东济南高三上学期期末)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图乙中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 4．(2024·山东枣庄高三质检)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带左、右两端的长度为10 m、运行速度是 8 m/s, 工件刚被弹射到传送带左端时的速度是 10 m/s, 取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才视为合格 B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为 10 m/s 5．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量m＝2 kg 6．(2021·福建卷T14) 如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 7．(2023·福建卷T5)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘 客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则（  ） A. 当火车匀速直线运动时， B. 当火车匀速直线运动时， C. 当火车匀加速直线运动时， D. 当火车匀加速直线运动时， 8．(2023·福建卷T7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ） A. 0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B. 乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同 C. 2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同 D. t = 8s时，甲、乙两车的动能不同 9．(2024·福建卷T7)如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（　　） A. 在内一直沿斜面向下运动 B. 在内所受合外力的总冲量大小为零 C. 在时动量大小是在时的一半 D. 在内的位移大小比在内的小 参考答案： 1、B　[物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题干知x＝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，由牛顿第二定律有 ma＝＝2ax，整理有－2μgx>0, 由于v0<2 m/s，可得μ<0.2，故C、D不可能。] 2、C　[当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变。人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示。将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则mg－FN＝may。FN＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确。] 3、ACD　[由v-t图像可求得物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，即g sin θ＋μg cos θ＝。同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝t1×＝，选项D正确；仅根据 v-t 图像无法求出物块的质量，选项B错误。] 4、B　[工件恰好传送到右端，有＝－2μgL, 代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才视为合格，此过程用时t＝＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度—时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。] 5、BD　[由题可知，当0＜F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝F，即此时 a-F 图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg, D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由题图乙可知小滑块的最大加速度为 amax＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝mamax，得μ＝0.2，A、C错误；将F＝7 N代入a＝F－得a＝3 m/s2，B正确。] 6、（1）7m/s2；（2）26J；（3）1.3m 【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有： ① ② ③ 联立①②③式并代入题给数据得： ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有： ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有 ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得： ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有： ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得： ⑨ 7、BD 【详解】AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时 得： 故A错误，B正确； CD．当火车匀加速直线运动时 得：T1∶T2∶T3=3∶2∶1 故C错误，D正确。 故选BD。 8、BC 【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有 I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s 乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有 I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s 则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确； C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有 I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0 可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。 故选BC。 9、AD 【详解】根据图像可知当时，物块加速度为 方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为 方向沿斜面向上，作出物块内的图像 A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确； B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理 故B错误； C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误； D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。 故选AD。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$