第3章 牛顿运动定律 高考加油站 考教衔接（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（新高考）

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿运动定律专题，依据高考评价体系梳理牛顿第二定律理解及应用、与运动学综合、实验探究等核心考点，通过近五年高考真题分析明确各考点权重，归纳动态平衡、多体运动、实验数据处理等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+素养渗透”，如2024安徽卷弹簧小球问题解析中，通过受力分析与牛顿第二定律推理培养科学思维，实验题结合数据处理强化科学探究素养。特设易错点分析（如加速度方向判断）和解题模板，助力学生掌握应试技巧，教师可据此高效开展针对性复习。

高考加油站　考教衔接 高三一轮复习讲义 新高考 第三章　牛顿运动定律 通过本章的复习，体验了近几年的一部分有关高考题，了解了本章知识在高考中考查的特点和规律；下面给同学们提供了近几年另外的一些高考题组，供大家通过自主训练检验本章的复习效果。同学们加油啊！ 角度1　牛顿第二定律的理解及应用 1．(2024·安徽卷·T6)如图所示，竖直平面内有两完全相 同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、 N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时， 在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O， 弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中 A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 √ 缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧拉力的合力为零，则此时两弹簧的合力大小为mg。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受到的合力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律得2mg＝ma，可得加速度的最大值为2g，C、D错误。故选A。 2．(2022·江苏卷·T1)高铁车厢里水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝ 10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过 A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 √ 书放在水平桌面上，若书相对于桌面恰好不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4.0 m/s2，书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度为4.0 m/s2。故选B。 3．(2023·全国乙卷·T14)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 √ 上升过程和下落过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为零，对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下落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比下落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；上升过程排球做减速运动，下落过程排球做加速运动，在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下落过程中最低点的速度小于上升过程中最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。 角度2　牛顿第二定律与运动学的综合 4．(2022·辽宁卷·T7)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。物块与桌面间的动摩擦因数为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 √ 物块水平沿中线做匀减速直线运动，则，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据解得v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，又v2 －＝2ax，整理有＋2ax>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。故选B。 5．(多选)(2021·全国乙卷·T21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图甲所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 A．F1＝μ1m1g B．F2＝(μ2－μ1)g C．μ2>μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 √ √ √ 由题图丙可知，t1时刻物块、木板 一起刚要在水平地面滑动，此时 物块与木板相对静止，木板刚要 滑动，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图丙可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝，故B、C正确；由题图丙可 知时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。 角度3　实验：探究加速度与力、质量的关系 6．(2023·湖北卷·T11)某同学利用测质量的小 型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩 擦因数μ的实验。如图甲所示，木板和木块A 放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木 块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0 g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。 (1)实验中，拉动木板时________(选填“必须”或“不必”)保持匀速。 不必 木板和木块之间是滑动摩擦力，拉动木板时匀速或非匀速对木板和木块之间滑动摩擦力的大小没有影响，故不必匀速拉动木板。 根据平衡条件，对木块A有FT＝μ(mA＋nm0)g，对重物B有FT＋mg＝mBg，联立解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。 (2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝_________________。 mB－μ(mA＋nm0) (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图像，如图乙所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。 0.40 由(2)可得m＝mB－μmA－μm0·n，结合题图乙可得斜率k＝－μm0＝ － g，解得μ＝0.40。 谢 谢 观 看 高考加油站　考教衔接 $