第3章 专题提升二 牛顿第二定律的综合应用(一)（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了动力学图像问题、连接体问题、临界问题三大核心考点，通过广东专版例题及2024广东卷等真题分析，明确图像问题（v-t、a-t等）、连接体整体隔离法、临界条件分析等高频题型分布，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养提升”的备考路径，如通过2024山东模拟题解析动力学图像问题的“公式-图像对应法”，运用科学思维中的模型建构和科学推理，总结连接体问题“整体求加速度、隔离求内力”的解题技巧。特设“易错点警示”和“针对练”，助力学生高效突破考点，教师可依托此课件实现精准复习教学。

专题提升二　牛顿第二定律的综合应用(一) 高三一轮复习讲义　广东专版 第三章 牛顿运动定律 1.会处理动力学中的图像问题 。 2.会处理动力学中的连接体问题。 3.会处理动力学中的临界问题。 学习目标 提升点一 动力学中的图像问题 提升点二 动力学中的连接体问题 课时测评 内容索引 提升点三 动力学中的临界问题 动力学中的图像问题 提升点一 返回 常见图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。 问题类型 (1)已知物体受力图像或者运动图像，分析物体的运动情况或者受力情况。 (2)已知物体的运动情况或者受力情况，确定物体的有关图像。 考向1 已知运动图像判断运动或受力情况 (多选)(2024·山东济宁模拟)如图(a)，一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2。sin 53°＝0.8，sin 37°＝0.6。根据图(b)判断，下列说法正确的是 A.物体的质量m＝2 kg B.斜面的倾角θ＝53° C.加速度为5 m/s2时力F的大小为25 N D.物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15 N √ 例1 √ 由牛顿第二定律可得F1cos θ－mgsin θ＝ma1，F2cos θ－mgsin θ＝ma2，其中F1＝20 N，F2＝30 N，a1＝2 m/s2，a2＝6 m/s2，解得θ＝37°，m＝2 kg，故A正确，B错误；加速度为5 m/s2时，由Fcos θ－mgsin θ＝ma，解得F＝ N，故C错误；物体静止在斜面上时，有Fcos θ＝mgsin θ，解得F＝15 N，故D正确。故选AD。 针对练.(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FT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 √ √ 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FT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，由牛顿第二定律可得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。故选AB。 考向2 已知运动或受力情况判断有关图像 (2024·广东卷·T7)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 例2 √ 在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力并保持不变，即F＝mg，木块接触弹簧后到合力为零前，合力F＝mg－k(y－H)，y增大，F减小；弹簧弹力大于木块的重力后到最低点，合力F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，y增大，F增大，故B可能正确，A错误；同理，在木块下落H高度过程中，木块做匀加速直线运动，有y＝gt2，速度逐渐增大，所以y-t图像的斜率逐渐增大； 木块接触弹簧后到合力为零前，合力F＝mg －k(y－H)，根据牛顿第二定律得木块的速度 继续增大，做加速度减小的加速运动，所以 y-t图像的斜率继续增大；弹簧弹力大于木块 的重力后到最低点，合力F＝k(y－H)－mg，木块所受合力向上，根据牛顿第二定律得木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像的斜率减小；到达最低点后，木块向上运动的过程，由以上分析可知，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，再做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大致如图所示，故C、D错误。故选B。 解答图像问题的策略 1.分清图像的类别：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做出准确判断。 总结提升 针对练.英国物理学家和数学家斯托克斯研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关。如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是 √ 根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝， 在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，速 度v增大得越来越慢，则加速度a减小得越来越慢，当重力和阻力 相等时，做匀速运动，加速度为零。故选D。 返回 动力学中的连接体问题 提升点二 返回 考向1 加速度相同的连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 1.绳的拉力(接触面弹力)类连接体模型 2.叠放类连接体 (2025·广东高三上阶段练习)如图所示，光滑的水平地面上放置两个物体，中间用轻质弹簧测力计连接，已知两物体质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，现用F1、F2、F3作用于物体上，其中F1＞F2＝F3，则两种情况中，以下说法正确的是 A.整体的加速度a甲＞a乙 B.整体的加速度a甲＝a乙 C.弹簧测力计读数F甲＞F乙 D.弹簧测力计读数F甲＜F乙 例3 √ 根据题意，以题图甲中整体为研究对象，由牛顿第二定律有F1－F2＝a甲，可得a甲＝，以题图乙中整体为研究对象，由牛顿第二定律有F1＋F3＝a乙，可得a乙＝，由于F1＞F2＝F3，则有F1＋F3＞F1－F2，可得a乙＞a甲，故A、B错误；根据题意，以题图甲中m2为研究对象，由牛顿第二定律有F甲＝m2a甲＝，以题图乙中m2为研究对象，由牛顿第二定律有F乙＋F3＝m2a乙，解得F乙＝，则有F乙＞F甲，故C错误，D正确。故选D。 迁移拓展.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是 A.增大推力F B.减小倾角θ C.减小B的质量 D.减小A的质量 √ √ 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，对A、B整体受力 分析，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA ＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBgsin θ－μmBgcos θ ＝mBa，由以上两式可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力FAB，应增大推力F、减小A的质量或增大B的质量，故A、D正确，B、C错误。故选AD。 整体法与隔离法在分析连接体中的应用 1.整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度。 2.隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。 3.整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求合外力或某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一外力。 总结提升 针对练. (多选)(2023·河北唐山市检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是 A.t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B.t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C.t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D.t＝ s时，两物体A、B恰好分离 √ √ t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；由分析知，A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a'、FB＝m2a'，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 考向2 加速度不同的连接体 　　轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 (2025·广东东莞高三上期中)如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝2 kg、mQ＝1 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则拉力F的大小为 A.60 N B.50 N C.40 N D.30 N 例4 √ 开始时细绳的张力为FT1＝ mQg＝10 N，则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为FT2＝ 20 N，则由牛顿第二定律对Q有FT2－mQg＝mQa，对P有F－FT2－μmPg＝mPa，解得F＝50 N。故选B。 针对练.(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦， 若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.轻绳的拉力等于mg B.轻绳的拉力等于Mg C.A运动的加速度大小为(1－sin α)g D.A运动的加速度大小为 g √ √ √ 第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg。第二次放置时，对A，有Mg－FT＝Ma；对B，有FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝ g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。故选ACD。 返回 动力学中的临界问题 提升点三 返回 1.常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力 FN＝0。 (2)相对静止与滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。 (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零。 2.求解临界、极值问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时。变化过程中可能出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考向1 恰好分离的临界问题 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时，它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 √ 例5 A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧 弹力是变力，故A、B做变加速直线运动。当两物体要分离时， FAB＝0，对B有F－mg＝ma，对A有kx－mg＝ma，即F＝kx 时，A、B分离，a＝0，此时弹簧仍处于压缩状态。设用恒力 F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg， 联立以上各式解得k＝，综上所述，只有C正确。故选C。 考向2 恰好发生相对滑动的临界问题 (2025·广东高三上开学考试)如图所示，质量为m的物 体A和质量为2m的物体B叠放在一起静止不动，A、B之间 的动摩擦因数为μ1，B与地面之间的动摩擦因数为μ2，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，现给A加一水平拉力F，使得两物体一起向右加速运动，下列关于μ1、μ2的关系可能是 A.4μ1＝μ2 B.3μ1＝μ2 C.μ1＝3μ2 D.μ1＝4μ2 例6 √ 根据题意知只有当A、B之间的摩擦力大于B与地面之间的摩擦力时才能实现两物体一起向右运动，则有μ1mg＞μ2·3mg，即μ1＞3μ2。故选D。 考向3 绳子恰好断裂与松弛的极值问题 (2024·河南郑州模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则 A.此过程中物体C受五个力作用 B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为 √ 例7 对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对A、B、C整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得FT－μ·4mg＝4ma，联立可得FT＝F，即当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；若水平面光滑，绳刚要断时，对A、C整体分析，加速度a'＝，对A分析，A受到的摩擦力Ff＝ma'＝，故D错误。故选C。 返回 课 时 测 评 返回 1.(多选)如图甲，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在物块B的拉动下从桌面左端开始运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块B质量为0.10 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则 A.物块A的质量为0.4 kg B.物块A的质量为0.8 kg C.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125 D.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律mBg＝(mB＋mA)a1，代入数据解得mA＝0.4 kg，A正确，B错误；物块A在P点右边运动的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2，代入数据解得μ＝0.125，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·广东模拟预测)如图所示，底端带有挡板的光滑斜面固定在水平面上，一轻弹簧一端与挡板连接，轴线与斜面平行，质量为M的物块(可视为质点，与弹簧不连接)紧靠弹簧静止在斜面上。现施加沿斜面向下的力进一步压缩弹簧，然后由静止释放物块，物块沿斜面开始运动，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。以释放点为坐标原点O，沿斜面向上为x轴正方向建立坐标系，从物块释放到第一次回到坐标原点的过程中，物块的加速度a随路程s变化的图像或位移x随时间t变化的图像可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设弹簧的初始压缩量为x0，物块释放前，根据平衡条件有 Mgsin θ＋F＝kx0，释放后弹簧未恢复原长前，根据牛顿第 二定律可得k－Mgsin θ＝Ma，联立解得a＝－s＋－gsin θ，若弹簧能够恢复原长(即F＞Mgsin θ)，则弹簧恢复原长后a＝－gsin θ，物块到达最高点后，开始沿斜面向下做匀加速运动，加速度仍为a＝－gsin θ，再次接触弹簧后，物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，回到坐标原点时速度恰好减为零，物块做往复运动，根据对称性结合上述分析可知，A错误，B正确；若F＜Mgsin θ，物块释放后不能脱离弹簧，位移x随时间t按正弦规律变化，若F＞Mgsin θ，物块释放后能脱离弹簧，脱离弹簧后位移x随时间t按二次函数规律变化，C、D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(多选)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。则下列说法正确的是 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 √ √ √ 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 力作用下运动，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第 二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N， 在0～1 s内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙可知，0～1 s内加速度为正方向，1～3 s内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0，物体离出发位置最远，C、D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.前3 s内，物块的加速度逐渐减小 B.前3 s内，物块的速度先增大后减小 C.A、B间的距离为4 m D.前3 s内物块的平均速度为2 m/s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物块所受摩擦力为Ff＝μFN＝μmg＝2 N，由题 图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞ Ff时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当 F＝Ff时，物块的速度达到最大，之后F＜Ff，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，选项A错误，B正确；在3～5 s内物块在水平恒力F与摩擦力作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝a＝×2×22 m＝4 m，选项C正确；前3 s内物块的平均速度为＝＝ m/s，选项D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(多选)如图所示，2 025个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3之间弹簧的弹力为F2—3，……，2 024和2 025之间弹簧的弹力为F2 024—2 025，则下列结论正确的是 A.F1—2∶F2—3∶F3—4∶…∶F2 024－2 025＝1∶2∶3∶…∶2 024 B.从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 024 C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 025个小球除外，其余每个球的加速度依然为a D.如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知F＝2 025ma，解得a＝，隔离小球1，由牛顿第二定律得＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿第二定律得F3－4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿第二定律得F4－5＝4ma，……，把小球1到2 024看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2 024－2 025＝2 024ma，综上可得F1－2∶F2－3∶F3－4∶ F4－5∶F5－6∶…∶F2 024－2 025＝1∶2∶3∶4∶5∶…∶2 024，选项A正确；弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 正比，选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，除第2 025个小球所受合力突然变化外，其他小球之间弹簧弹力不变，所以其他小球的加速度依然为a，2 024和2 025之间的弹簧弹力F2 024－2 025＝2 024ma，对第2 025个小球由牛顿第二定律可得F2 024－2 025＝ma1，又a＝，联立解得第2 025个小球的加速度a1＝，选项C正确；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间的弹簧弹力，F2－3＝ma2，又F2－3＝2ma，联立解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示，足够长的倾角为θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，轻绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) A.轻绳的拉力大小为30 N B.轻绳的拉力大小为6 N C.物块B的加速度大小为6 m/s2 D.如果将物块B换成一个竖直向下且大小 为30 N的力，对物块A的运动没有影响 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对B分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整 体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a， 联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确； 如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a'，解得a'＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2023·广东模拟预测)我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端拴接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图甲所示，由牛顿第二定律可得(m＋M)gtan α＝(m＋M)a，可得tan α＝，对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图乙所示，由牛顿第二定律可得Mgtan β＝Ma，可得tan β＝，所以有α＝β，即两段轻绳与竖直方向的夹角相同。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8. (2025·山东青岛高二下期末)如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离，重力加速度为g。则下列说法中正确的是 A.B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B.B和A分离前一起向上做匀加速运动 C.B和A刚分离时，A的加速度不为0 D.弹簧的劲度系数等于 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、 B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度，有F－ mg＝ma，解得a＝0，此时对A分析有F弹－2mg＝2ma，解得F弹 ＝2mg，且处于压缩状态，故A、C错误；B和A刚分离前，对A、 B整体有kΔx＋F－3mg＝3ma，A、B整体向上运动的过程中弹 簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，A、B做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F弹＝2mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量ΔF＝3mg－2mg＝mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx＝h，由胡克定律得k＝＝，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲所示。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气 阻力Ff与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得到雪橇运动的v-t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点[坐标为(0，5 m/s)]的切线，切线上一点B的坐标为(4 s，15 m/s)，CD是曲线AD的渐近线(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则 A.开始计时时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2 B.0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C.因雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，故无法 计算出比例系数k的值 D.比例系数为k＝37.5 N·s/m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在v-t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始计时时雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，A错误；0～4 s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律，开始运动时，有mgsin θ－μmgcos θ－kv0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动，则有mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm，代入数据解得k＝37.5 N·s/m，C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(16分)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； 答案：2 m/s2 根据L＝v0t＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； 答案：0.5 根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少？ 答案： N 设F与斜面夹角为α 平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ 联立解得F＝，其中tan φ＝2 当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 牛顿第二定律的综合应用(一) $