第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

第2讲　牛顿第二定律的应用 第三章　运动和力的关系 [学习目标]　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像,并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 内容索引 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 分层训练　巩固提高 基础知识　自主梳理 一 4 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 。 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: 运动情况 受力情况 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。 【基础检测·自我诊断】 1.(人教版必修第一册习题改编)(多选)一个原来静止在光滑水平面上的物体,质量是2 kg,受到两个大小都是50 N且互成120°角的水平力的作用,关于该物体,下列说法正确的是 (　　) A.物体受到的合力为50 N B.物体的加速度为25 m/s2 C.3 s末物体的速度为75 m/s D.3 s内物体发生的位移为125 m 解析：两个夹角为120°的50 N的力,其合力仍为50 N,加速度a= =25 m/s2,3 s末速度v=at=75 m/s,3 s内位移x=at2=112.5 m,故A、C正确,B、D错误。 AC 2.(粤教版必修第一册习题改编)一小物块从倾 角为α=30°足够长的固定斜面底端以初速度 v0=10 m/s沿斜面向上运动(如图所示),已知物 块与斜面间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,则物块在运动时间t=1.5 s时离斜面底端的距离为(　　) A.3.75 m　　　　B.5 m C.6.25 m D.15 m 解析：小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a=gsin α+μgcos α=10 m/s2,物块运动到最高点的时间t==1 s<1.5 s。由于mgsin α=μmgcos α,小物块运动到最高点速度为0时即停止,故此时小物块离斜面底端的距离为x==5 m,故B正确。 B 二 核心知识　典例研析 9 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]　(2025·四川自贡模拟)如图,一滑 雪道由AB和BC两段滑道组成,其中AB段倾 角为θ,BC段水平。一个质量为m1=2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为m2=48 kg的滑雪者从顶端以初速度v0=1.5 m/s、加速度a=3 m/s2做匀加速追赶,恰好在坡底B处追上背包。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=,cos θ=,忽略空气阻力。求: (1)滑道AB段的长度; [解析] 设滑道AB段的长度为L,背包在滑道上滑行的加速度为a1,由牛顿第二定律有m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a1 解得a1=2 m/s2 设滑雪者在滑道AB段上的滑行时间为t,t0=1 s,由运动学公式得 L=a1(t+t0)2 L=v0t+at2 联立以上各式解得t=2 s或t=-1 s(舍去) L=9 m。 [答案] 9 m (2)背包和滑雪者到达B处时,分别的速度大小。 [解析] 设背包和滑雪者到达B处时的速度为v1、v2,则有 v1=a1(t+t0)=6 m/s v2=v0+at=7.5 m/s。 [答案] 6 m/s　7.5 m/s 考向2　已知物体运动情况,分析物体受力 [典例2]　(2025·四川绵阳高三阶段诊断)2024 年5月15日,我国首次火星探测器“天问一号” 成功着陆火星刚好3周年。如图为探测器在 火星表面最后100米着陆的模拟示意图。探测器到达距火星表面100米的时候,进入悬停阶段,某时刻从悬停开始关闭探测器发动机,探测器开始竖直匀加速下落,5 s后开启发动机,探测器开始竖直匀减速下落,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 (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 解得a1=3.2 m/s2 5 s末的速度为v=a1t1=16 m/s 全程的平均速度大小为=8 m/s 。 [答案] 8 m/s (2)减速下落过程中的加速度大小(结果保留两 位有效数字); [解析] 加速下落过程中,由h1= 代入数值得h1=40 m 减速下落过程中通过的位移为h2=H-h1=60 m 减速下落过程中的加速度大小a2=≈2.1 m/s2。 [答案] 2.1 m/s2 (3)减速下落过程中发动机产生的推力大小(结 果保留两位有效数字)。 [解析] 设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 解得F≈2.7×104 N。 [答案] 2.7×104 N 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]　(2024·全国甲卷)如图,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并 测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小 为g。在下列a-m图像中,可能正确的是 (　　) D [解析] 设P的质量为M,P与桌面的滑动摩擦力为f;以P为对象,根据牛顿第二定律可得T-f=Ma,以盘和砝码为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma,联立可得a=·m,可知当砝码的重力大于f时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近于g。故选D。 [典例4]　(2025·四川绵阳模拟)如图甲所示,斜面固定,用沿斜面向上的不同的恒力F,使同一物体沿斜面向上做匀加速运动,其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示,则根据图线斜率和截距可求得的物理量是(　　) A.物体质量 B.斜面倾斜角 C.当地重力加速度 D.物体与斜面动摩擦因数 A [解析] 设a-F图线斜率为k,与纵轴截距为b。若斜面光滑,对物体受力分析如图所示, 有F-mgsin θ=ma 解得a=F-gsin θ 则k=,b=gsin θ 若斜面粗糙,受力分析如图所示, 有F-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma' 解得a'=F-(gsin θ+μgcos θ) 则k=,b=gsin θ+μgcos θ 综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体质量m。 [典例5]　(2025·四川成都模拟)人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行,旅客行走时,行李 箱无须人的牵引可在地面上跟随游客运动,如 图甲所示。某段时间内,行李箱速度v随时间 t的变化图像如图乙所示。已知行李箱的质量m=20 kg,0~t0时间内行李箱的总位移s=6 m。求: (1)行李箱加速阶段的位移大小s1以及减速运动的时间t2; [解析] 由v-t图像可知行李箱前5 s内的位移大小为s1=vt1 其中v=2 m/s,t1=5 s 代入可得s1=5 m 5 s后的位移大小为s2=s-s1 其中s2=vt2 解得t2=1 s。 [答案] 5 m 1 s (2)减速阶段行李箱受到的合力大小F。 [解析] 行李箱减速过程中的加速度大小为a,由运动学公式0-v2=-2as2 由牛顿第二定律有F=ma 解得F=40 N。 [答案] 40 N 分层训练　巩固提高 三 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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 夯实基础 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：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) 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　　) A.m甲<m乙　　　　　　 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 BC 解析：对物体根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,整理可得F=ma+μmg,则可知F-a图线的斜率为m,纵截距为μmg;由题图可看出,m甲>m乙, μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,故B、C正确。 3.(2025·四川泸州模拟)静置于水平地面上质量为m的物体,受一竖直向上的恒力F作用,从静止开始向上运动。经时间t后撤去F,又经时间t物体刚好落回地面。不计空气阻力,重力加速度为g,则恒力F等于(　　) A. mg C.2mg D.3mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 解析：在第一个t时间内,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,根据位移公式有x=at2,根据速度公式有v=at,在第二个t时间内,根据位移公式有-x=vt-gt2,解得F=mg,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(多选)(2025·四川遂宁高三开学考试)如图(a)所示的无人机具有4个旋翼,可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验,调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面由静止升起,到达稳定速度过程中,其运动图像如图(b)所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比,即f=kv,方向与速度方向相反,则下列说法正确的是 (　　) A.无人机在第1 s内的位移等于0.5 m B.无人机在第1 s内的速度变化量大于 第2 s内的速度变化量 C.空气给无人机的作用力逐渐增大 D.空气给无人机的作用力逐渐减小 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：v-t图像与横轴围成的面积表示位移,根据第1 s 内图线弯曲情况可知位移x1>×1×1 m=0.5 m,故A错误;v-t图像的斜率表示加速度,无人机在第1 s内的加速度大于第2 s内的加速度,由Δv=aΔt可知第1 s内的速度变化量大于第2 s内的速度变化量,故B正确;空气给无人机的作用力F空为空气对无人机的升力和对其的阻力的合力,由牛顿第二定律得F空-mg=ma,由图像可知无人机上升的过程 中加速度逐渐减小,故空气给无人机的作用 力逐渐减小,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·四川凉山模拟)如图甲所示,A、B两个物体分别在平行于斜面向上的拉力F作用下在同一斜面上运动,运动过程中加速度a与F的关系如图乙所示,由图可知 (　　) A.A与斜面的动摩擦因数大于B与斜面的动摩擦因数 B.A与斜面的动摩擦因数等于B与斜面的动摩擦因数 C.A的质量小于B的质量 D.A的质量大于B的质量 D 解析：两个物体在同一斜面上运动,根据牛顿第二定律有 F-mgsin θ-μmgcos θ=ma 整理得F=ma+mgsin θ+μmgcos θ F-a图线的斜率为k=m 由图可知kA>kB 则mA>mB 故C错误,D正确; 两图线的纵截距相等,有mAgsin θ+μAmAgcos θ=mBgsin θ+μBmBgcos θ 可得μA<μB,故A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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(　　) 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 解析：物块在水平桌面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; 对物块受力分析有a=-μg,v2-=2ax 由题干知v2>0 整理有+2ax>0 由v0<2 m/s可得μ<0.2 故C、D不可能。 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(　　) 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 解析：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x<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为F=ma=5 000 N,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)(2025·四川重点中学高三联考)如甲图所 示,固定斜面与水平面平滑连接,可视为质点的 滑块由静止从斜面上A点滑下,经斜面底端B点 时速度大小不变,在水平面上继续滑行一段距离后停在C点。以A点为坐标原点,滑块从A点运动到C过程中速率的平方(v2)随路程(x)变化的图像如图乙所示,若已知AB段和BC段对应图线斜率绝对值分别为k1、k2,重力加速度g已知,滑块与接触面间的动摩擦因数处处相等,不计空气阻力,则根据题中条件可以求得(　　) A.滑块的质量 B.斜面的倾角 C.滑块与接触面间的动摩擦因数 D.滑块运动到B点时的速度 BC B 能力提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：从B到C过程,根据运动学公式可得v2=2a2x 则有k2=2a2 根据牛顿第二定律可得a2==μg 所以可得滑块与接触面间的动摩擦因数,故C正确。 从A到B过程中,根据运动学公式可得v2=2a1x 则有k1=2a1 根据牛顿第二定律可得 a1==gsin θ-μgcos θ 由于μ可求得,所以可求得斜面的倾角θ,故B正确。 由于滑块的质量被约去,所以无法求得滑块的质量;由于位移x未知,所以滑块运动到B点时的速度无法求得,故A、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)(2025·山东济南高三检测)用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块,F大小随时间的变化如图甲所示,物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( 　　) A.物块的质量为3 kg B.最大静摩擦力为3 N C.若在4 s时撤去水平拉力,物块还可以继续滑行4.5 s D.若在4 s时撤去水平拉力,物块还可以继续滑行8 m ABC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：根据图乙可知,在1 s时刻,物块恰好开始运动,此时拉力大小等于最大静摩擦力,根据图甲可知,最大静摩擦力为3 N,B正确;在2 s时刻拉力为6 N,加速度为1 m/s2,则有m= kg=3 kg,A正确;a-t图像的面积表示速度的变化量,结合上述则有v4=Δv= m/s=4.5 m/s,撤去拉力后加速度a= m/s2=1 m/s2,则物块还可以继续滑行的时间t==4.5 s,C正确;根据上述,若在4 s时撤去水平拉力, 物块还可以继续滑行的距离x== 10.125 m,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(12分)(2025·四川成都高三开学考试)如图所示,一个质量为 M、长为L的圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球, M=2m,小球和圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 2mg。圆管从下端距离地面为H处自由落下,运动过程中,圆管 始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小 相等,不计空气阻力,重力加速度为g。 (1)求圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度。 解析：圆管第一次落地弹起时,设圆管的加速度为a1,根据牛顿第二定律有2mg+Mg=Ma1 解得a1=2g,方向竖直向下 设小球的加速度为a2,则有2mg-mg=ma2 解得a2=g,方向竖直向上。 答案：2g,方向竖直向下　g,方向竖直向上 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)圆管第一次落地弹起后至第二次落地前,若小球没有从圆管 中滑出,求L应满足什么条件? 解析：设圆管第一次落地时的速度大小为v0,此时小球的速度大小也为v0,则有=2gH 解得v0=,方向竖直向下 碰地后,圆管的速度v1=,方向竖直向上 取竖直向下为正方向,设经过时间t1,小球、圆管的速度相同,则-v1+a1t1=v0-a2t1 解得t1= 设t1时间内圆管的位移大小为x1,小球的位移大小为x2,则有 x1=v1t1-H x2=v0t1-H 若小球刚好没有从圆管中滑出,小球与圆管的相对位移大小L=x1+x2=H 之后圆管与小球一起运动,加速度为g,方向竖直向下,则L应满足条件L>H。 答案： L>H $$