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（江苏专版）

第2讲　牛顿第二定律的应用 第三章　运动和力的关系 1 [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。 2 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 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 考点一　动力学的两类基本问题 一 4 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 盘点 核心知识 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。 [典例1]　(2025·江苏无锡模拟)如图所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2 kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F＝10 N的作用，使木块从静止开始运动，4 s后撤去推力，若木块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 考向1　已知物体受力情况分析物体运动 提升 关键能力 (1)撤去推力F时木块的速度大小； [解析]　如图所示，撤去推力F之前，由牛顿第二定律可知，水平方向有Fcos 37°－Ff＝ma1 竖直方向有FN－mg－Fsin 37°＝0 又有Ff＝μFN 联立解得a1＝2.7 m/s2 由运动学公式v＝a1t 解得v＝10.8 m/s。 [答案]　10.8 m/s (2)撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度大小； [解析]　撤去推力F后，由牛顿第二定律可知μmg＝ma2 得木块加速度a2＝μg 解得a2＝1 m/s2。 [答案]　1 m/s2 (3)木块在水平面上运动的总位移大小。 [解析]　由运动学公式，在t＝4 s内的位移为 x1＝a1t2＝21.6 m 撤去推力F后有－2a2x2＝0－v2 解得撤去推力F后木块位移x2＝58.32 m 故木块在水平面上的总位移 x＝x1＋x2＝79.92 m。 [答案]　79.92 m [典例2]　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： 考向2　已知物体运动情况分析物体受力 (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]　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 考点二　动力学中的图像问题 二 19 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 盘点 核心知识 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 [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。 B 提升 关键能力 [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]　(2025·江苏盐城期中)如图，轻弹簧的下端与Q连接，上端与 P连接。已知P、Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，至Q恰好离开地面。下列表示F和x之间关系的图像，可能 正确的是(　　) B [解析]　设物块P的质量为m，加速度为a，弹簧的劲 度系数为k，初始时由力的平衡条件得mg＝kx0，物块 P的位移为x，当x＜x0时，弹簧对P的弹力为F1＝k(x0 －x)，对物块P，由牛顿第二定律得F＋F1－mg＝ma， 可得F＝kx＋ma，当x＞x0后，弹簧拉伸，则有F－k(x －x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，则F与x是线性关系，且F随x的增大而增大，当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，弹簧弹力等于Q的重力，因此形变量也为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误。 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(　　) 教参独具 C 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.(2023·全国甲卷改编)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 解析：根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，故C正确。 C 课时作业　巩固提高训练 三 31 1.(2025·江苏南通模拟)水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是(　　) A.小车2 s末的速度大小是4 m/s B.小车受到的阻力大小是15 N C.撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D.小车运动的总时间为6 s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A 夯实基础 解析：根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a'＝＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误。 B 32 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·江苏淮安模拟)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 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。 A 33 3.(2025·江苏南京校考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以v0＝10 m/s的初速度沿木板向上运动，取g＝10 m/s2，则以下结论 正确的是(　　) A.小木块与木板间的动摩擦因数为 B.小木块经t＝1 s沿木板滑到最高点 C.小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D.小木块滑到最高点后能够返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 34 解析：小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据受力平衡可得mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ＝，故A错误；小木块向上运动时的加速度大小为a＝＝g，故小木块滑到最高点的时间为t＝＝1 s，故B正确；由A选项分析可知mgsin θ＝μmgcos θ，而最大静摩擦力不小于滑动摩擦力，因此小木块到达最高点后将保持静止，而上滑的时间为1 s，故小木块在t＝2 s时速度大小为零，到达最高点后不会返回，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 35 4.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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.木板的质量为0.5 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 B 36 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错误，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 37 5.(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 1 B 38 解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程中重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度大小比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大，由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；排球在上升过程做减速运动，排球在下降过程做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度大小小于上升过程的最低点的速度大小，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力也在变，排球在下落过程中不是做匀加速运动，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 39 6.(2025·江苏常熟调研)如图甲所示，水平地面上水平轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说 法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 能力提升 A.小物块与地面间的动摩擦因数为0.3 B.小物块与地面间的动摩擦因数为0.4 C.弹簧的劲度系数为175 N/m D.弹簧的劲度系数为150 N/m C 40 解析：根据v－t图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，A、B错误；刚释放时物块的加速度大小为a'＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma'，代入数据解得k＝175 N/m，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 41 7.(10分)(2025·江苏南航苏州附中月考)运动员推动冰壶在水平冰面上滑行过程可建立如图所示模型。冰壶质量m＝19.85 kg，运动员施加的推力F＝2.5 N，方向与水平方向夹角为37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求： (1)冰壶与冰面间的动摩擦因数； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：对冰壶进行受力分析，由平衡条件得 Fcos 37°＝Ff，FN＝mg＋Fsin 37° 又Ff＝μFN，解得μ＝0.01。 答案：0.01 42 (2)若运动员以3.0 m/s的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方用毛刷摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%，再滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为8 m时停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析：被毛刷摩擦过x1＝＝8 m 未被毛刷摩擦过x2＝＝6.4 m d＝x1－x2＝1.6 m。 答案：1.6 m 43 8.(12分)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； 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 44 (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 45 9.(15分)(2025·江苏苏州模拟)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 46 (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 47 (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 48 (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 49 $$