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（人教版 多选）

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。 课时作业 巩固提高训练 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 考点一　动力学的两类基本问题 一 4 盘点 核心知识 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.动力学问题的解题思路 3.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　已知物体受力情况分析物体运动 [典例1]　如图所示,水平面与足够长的斜面平滑连接于B点,斜面倾角为37°。质量m=1 kg的物体在距B点3 m处的A点,在与水平方向成37°角斜向右上的F=10 N恒力作用下从静止开始运动,经过1.2 s撤去外力。已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数均为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求: 提升 关键能力 (1)物体第一次到达B点时的速度大小; [解析]　由牛顿第二定律知Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma 代入数据得a=6 m/s2 设从A到B的过程中物体一直保持此加速度,则由速度与位移关系式知 =2axAB 代入数据得vB= m/s=6 m/s 物体第一次到达B点时间为 t= 代入数据得t=1 s<1.2 s,假设成立,故物体第一次到达B点时的速度大小为6 m/s。 [答案]　 6 m/s (2)物体再一次到达B点时的速度大小。 [解析] 由题知,经过1.2 s撤去外力,则物体在斜面受力F作用0.2 s, 在这0.2 s内,对物体受力分析,如图所示, 物体受到的摩擦力 f=μmgcos θ 根据牛顿第二定律有F-f-mgsin θ=ma1 代入数据得a1=0 则在斜面上前0.2 s物体做匀速直线运动,设运动位移为x1,则x1=vB·t1 代入数据得x1=1.2 m 当力F撤去后,物体做减速运动,设减速运动加速度为a2,则-(f+mgsin θ)=ma2 代入数据得a2=-10 m/s2 设撤去力F后在斜面运动位移为x2,由速度与位移关系式知0-=2a2x2 代入数据得x2=1.8 m 设物体沿斜面下滑的加速度为a3,则mgsin θ-f=ma3 代入数据得a3=2 m/s2 再一次到达B点时,由运动学公式得vB'2=2a3(x1+x2) 解得vB'=2 m/s。 [答案]　 2 m/s 考向2　已知物体运动情况分析物体受力 [典例2]　(2025·山西长治模拟)2023年11月,我国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。小李同学将这个过程进行如图所示的简化:ABC为水平轨道,其中AB段为有动力弹射段、长LAB=80 m,BC段为无动力滑行段、足够长。将质量M=20 kg的物块(可视为质点)置于A处,在第一次弹射模拟中,物块在AB段的运动时间为2 s、BC段的运动时间为16 s;在第二次弹射模拟中,该同学在物块两侧各固定了一个相同配重块用以模拟导弹,每个配重块质量m=5 kg。已知物块与水平轨道ABC间的动摩擦因数处处相同,两次弹射的动力大小相等且恒定不变,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)AB段动力的大小; [解析]　第一次弹射模拟,AB段有 LAB=a1 F-μMg=Ma1 BC段有a1t1=a2t2 ,a2==μg 解得F=900 N。 [答案]　(1)900 N　 (2)第二次弹射过程中,AB段和BC段物块对每个配重块作用力的大小。(结果可用根式表示) [解析]根据上述分析,可求得μ=0.5 第二次弹射模拟,AB段有 F-μ(M+2m)g=(M+2m)a3 作用力FAB= 解得FAB=25 N BC段有FBC= 解得 FBC=25 N。 [答案] 25 N　25 N 1.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) 教参独具 (1)该物体的最大速度; 解析: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。 答案:16 m/s　 (2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小; 解析: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。 答案: 260 N　 (3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。 解析: 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。 答案: m 二 考点二　动力学中的图像问题 19 盘点 核心知识 1.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 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。 (2)建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情景结合起来,明确图像反映的是怎样的物理过程。 (3)建立图像与公式间的关系:对于a-F图像、F-x图像、v-t图像、v2-x图像等,都应先建立函数关系,然后根据函数关系读取信息或描点作图,特别要明确图像斜率、“面积”、截距等对应的物理意义。 (4)读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 [典例3]　在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速运动,当速度达到某一值时,立即关闭发动机滑行至停止,其v-t图像如图所示,汽车的牵引力为F,运动过程中所受的阻力恒为f,则下列关系中正确的是(　　) A.F∶f=1∶4　　　　　 B.F∶f=4∶1 C.F∶f=1∶3 D.F∶f=3∶1 提升 关键能力 B [解析]　由题图可知,在0~1 s内,根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F-f=ma1,在1~4 s内,有f=ma2,又由题图可知=,联立可得=,故B正确。 [典例4]　(2024·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(　　) B [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,当木块接触弹簧后到合外为零 前,木块所受合力F=mg-k(y-H),随着y增大F线性减小;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,随着y增大F线性增大,木块返回到原 点过程是下落过程的逆过程,受力情况完全相同,故A错误,B正确。在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2和v=gt可知,速度逐渐增大, y-t图像斜率逐渐增大,当木块接触弹簧后到合力为零前,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,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图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,由对称性可知,返回过程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,最后做匀减速运动回到原点,正确的y-t示意图如图所示,C、D错误。 [典例5]　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(　　) 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 D [解析]　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,滑块速度变化量为零,则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。 2.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 教参独具 解析: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的加速度,后小于匀加速运动的加速度。由v-t图像斜率等于加速度可知C选项正确。 3.(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:F-μmg=ma→F=ma+μmg → 结合F-a图像可知→μ甲<μ乙,B、C对,A、D错。 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1.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,则公共汽车在(　　) 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 A 夯实基础 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,0~6 s内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 1 2.(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　　　　　　　　 B.mg C.2mg D.3mg 2 3 4 5 6 7 8 9 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。 3.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A、B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点,其中A是掷出点,D是营垒中心,AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度v0掷出,冰壶沿直线AD做减速运动,经过B点时速度恰好为,另一运动员用冰刷摩擦B、D之间的冰面以减小动摩擦因数,冰壶恰好到达营垒中心D。当未用冰刷摩擦冰面时,冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ,假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同,则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 1 D 解析:设A、B之间的距离为x,冰壶由A运动到B,根据运动学公式可得-()2=2μgx,冰壶由B运动到D,有()2=2μ'g×2x,解得μ'=,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)     A.木板的质量为1 kg B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N C.0~2 s内,力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AB 解析:由题图(c)可知木板在0~2 s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0~2 s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;由题图(c)可知木板在2~4 s内做匀加速运动,其加速度大小为a1= m/s2=0.2 m/s2,对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1,在4~5 s内做匀减速运动,其加速度大小为a2= m/s2=0.2 m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma2,另外由于物块静止不动,同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=0.2 N,解得m=1 kg,F=0.4 N,选项A、B正确;由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(多选)(2025·河南郑州模拟)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(　　) A.飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1=5 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 1 AC 解析:根据牛顿第二定律,飞机离开电磁弹射区后有F推-mg=ma2,解得a2= 4 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可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-mg=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 1 6.(多选)(2025·陕西安康模拟)如图所示,一辆货车以72 km/h的速度沿平直公路匀速行驶,车斗内载有一个质量为500 kg的长方体货箱,货箱的前后两侧各被一条沿水平方向的绳子分别固定在车斗前后的栏板上,每根绳子的长度均为2 m且绳子能承受的最大张力均为1 000 N。已知货箱与车斗底板间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计绳子的重力,重力加速度g取10 m/s2,两条绳子在同一与货箱侧面垂直的水平线上。若前方突遇紧急情况要求货车刹车后必须在25 m内停下来,货车的刹车过程可视为匀减速直线运动,下列说法中正确的是(　　) A.货车加速度大小的最小值为8 m/s2 B.货箱将首先与车斗前栏板相撞 C.货箱将首先与车斗后栏板相撞 D.刹车过程货箱能够相对车斗静止 2 3 4 5 6 7 8 9 1 AB 解析:根据题意知货车的初速度v=72 km/h=20 m/s,设货车减速过程的最小加速度为a0,由运动学公式有v2=2a0x0,解得a0=8 m/s2,故A正确;长方体货箱在刹车过程中受到向后的摩擦力和后方绳子的拉力,若货箱与车相对静止,由牛顿第二定律有T+μmg=ma0,解得T=1 500 N>1 000 N,所以后方绳子会断裂,绳子断裂后货箱只受滑动摩擦力,加速度大小a=5 m/s2,由v2=2ax可知,货箱减速为零需要运动的距离x=40 m>(25+2)m,所以货箱首先会与车斗前栏板相撞,故B正确,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(12分)(2025·福建南平模拟)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美称。如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升过程总时间为t,上升高度为h,毛竹和绵幡的总质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求毛竹上升过程中: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 能力提升 (1)最大速度vm的大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:由题意可知,毛竹先匀加速上升再匀减速上升,平均速度均为= 又h=vmt 解得vm=。 本题还可以采用图像法,作出整个过程的v-t图像如图所示, 根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移可得h=vmt, 可得vm=。 答案: (2)匀加速阶段加速度a的大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:根据加速度的定义式可知a==。 答案: (3)匀减速阶段对表演者的压力FN的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:毛竹匀减速阶段,加速度竖直向下,根据牛顿第二定律可知mg-FN'=ma 解得FN'=m(g-) 根据牛顿第三定律可知,匀减速阶段对表演者的压力为FN=FN'=m(g-)。 答案:m(g-) 8.(12分)(2025·贵州铜仁模拟)如图所示,在倾角为θ=37°的足够长斜面上,有一质量m=2 kg、可视为质点的物块,在F=20 N、方向与斜面夹角α=37°的力的作用下,从静止开始沿斜面向上运动,经t1=12 s撤去F,物块在t1时间内的位移为x1=36 m。取sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)物块与斜面间动摩擦因数μ; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:根据运动学公式得x1=a1 可得a1== m/s2=0.5 m/s2 根据牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-μ(mgcos θ-Fsin α)=ma1 解得μ=0.75。 答案:0.75 (2)撤去F后3 s内,物块的位移大小x2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: 力F作用12 s末的速度 v=a1t1=6 m/s 撤去F后向上运动的加速度大小 a2=gsin θ+μgcos θ=12 m/s2 则向上运动的位移 x2'== m=1.5 m 运动时间t2==0.5 s 由mgsin θ=μmgcos θ可知以后物块静止在斜面上,则撤去F后3 s内,物块的位移大小x2=x2'=1.5 m。 答案:　1.5 m 9.(15分)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)图甲是钢架雪车比赛项目的一段赛道,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示),运动员经过B点时速率未发生改变,从A点到C点共计用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为100 kg,sin 15° =0.26,g取10 m/s2,求雪车(包括运动员): 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)在直道AB上的加速度大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:设雪车在直道AB段的加速度大小为a1,根据位移速度公式可得 =2a1xAB 解得a1== m/s2= m/s2。 答案: m/s2　 (2)过C点的速度大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: 在直道AB上运动时间为t1==3 s 从B点到C点,根据匀变速直线运动位移时间公式可得 xBC=vBt2+a2 其中t2=5.0 s-t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 答案: 12 m/s　 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: 设在斜道BC上运动时受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得 mgsin 15°-f=ma2 解得f=60 N。 答案: 60 N $$