4.5 牛顿运动定律的应用 讲义-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

本讲义聚焦牛顿运动定律的应用这一核心知识点，系统梳理从受力确定运动情况（受力分析→求合外力→加速度→运动量）和从运动情况确定受力（运动分析→加速度→合外力→受力分析）的解题思路，以等时圆模型为特殊应用实例，构建“规律-方法-模型”的学习支架。 资料通过分层递进的题型设计（基础过关练含两类问题及等时圆模型题组，能力提升练聚焦多过程、连接体问题），结合模型建构（等时圆证明及推论）和科学推理（频闪照片分析、v-t图像应用），培养学生科学思维。课中辅助教师实施分层教学，课后通过梯度解析帮助学生查漏补缺，强化知识应用能力。

第四章 牛顿运动定律 课时4.5 牛顿运动定律的应用 1. 培养正确分析物体的受力情况和运动情况的能力。 2. 能够准确掌握动力学两类问题的解题思路和方法。 3. 学会应用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题。 （一）牛顿第二定律的作用 牛顿第二定律确定了运动和力的关系，把物体的运动情况与受力情况联系起来。 （二）从受力确定运动情况 1. 问题概述 已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，判断出物体的运动状态或求出物体运动相关参量。 2. 解题思路 (1) 分析对象→确定研究对象，进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图。 (2) 求合外力→根据力的合成与分解，求出物体所受的合外力的大小和方向。 (3) 求加速度→根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。 (4) 求运动量→结合给定物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出运动参量。 （三）从运动情况确定受力 1. 问题概述 已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（如物体的运动性质、相关运动参量）已知的条件下，分析物体所受的力。 2. 解题思路 (1) 运动分析→确定研究对象，进行运动分析，必要时画出运动过程简图。 (2) 求加速度→应用运动学公式求出物体的加速度的大小和方向。 (3) 求合外力→根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合外力的大小和方向。 (4) 受力分析→分析物体的受力情况，画出受力示意图。 (5) 求所需力→根据力的合成与分解，由合力求出所要求的力。 考点 动力学的两类基本问题  1. 动力学的两类基本问题 动力学中的两类基本问题是：一、已知物体的受力情况，确定物体的运动情况；二、已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。牛顿第二定律揭示出物体运动和受力之间的关系，解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a，然后再求所要求的物理量。 2. 动力学两类基本问题的处理方法 不管哪一类问题，都要进行受力分析和运动情况分析，求解加速度。知道物体的受力情况后，常用力的合成与分解的方法求合力。要注意，合成时合力的方向必须是加速度的方向；分解时通常以加速度a的方向为x轴的正方向，把力分解到坐标轴上，分别求合力，即 ，。 应用：由受力情况确定运动情况的一种特殊模型——等时圆模型 质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始下滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。证明如下：质点沿竖直直径下滑时，做自由落体运动，有 ，则运动时间为 ；当质点沿与竖直弦成 角的光滑弦下滑时，通过的位移为 ，加速度为 ，且有 ，解得 。 上述结论可推导出以下两个推论： ① 质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示； ② 两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 处理等时圆问题的解题思路： 基础过关练 题组一　从受力确定运动情况 1.(2025吉林通化月考)如图所示，一可视为质点的小物块放在边长为1 m的正方形水平桌面的正中央，现物块以大小为v0的初速度沿水平面内某一方向向桌子边沿滑去，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10 m/s2，1.192≈。物块恰好停在桌子边沿，则小物块的初速度大小可能为 (　　) A.0.9 m/s　　　　B.1.1 m/s　　　　C.1.3 m/s　　　　D.1.5 m/s 2.(2025山东烟台期末)如图所示，将一个质量为m的滑块从倾角θ=30°的固定斜面上的O点由静止释放，同时对滑块施加一个与斜面底边平行的水平推力F=mg sin θ，已知滑块和斜面之间的动摩擦因数μ=，O点和斜面底边间的距离L=2.5 m，忽略滑块的大小，重力加速度g=10 m/s2，则滑块从O点运动到斜面底边的时间为 (　　) A.2 s　　　　B.4 s　　　　C. s　　　　D. s 3.(2024江苏盐城四校期末联考)如图所示，质量为2 kg的物体放置在水平地面上，在大小为20 N、方向与水平面成37°角斜向上的拉力作用下，由静止开始2 s内的位移为10 m，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)第3 s末物体速度的大小； (2)物体与水平地面间的动摩擦因数； (3)若3 s末撤去拉力，则物体还能运动多远？ 4.(2025江苏扬州高邮期中)如图所示，一位滑雪者从倾角θ=37°的斜坡上A处由静止开始下滑，经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处；已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1=0.25，BC的长度为64 m，不计空气阻力，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小a1； (2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小x1； (3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。 题组二　从运动情况确定受力 5.(2025江苏南通海门中学月考)如图所示为一机械手臂，在驾驶员的操作下将质量为m的工件抓取后，沿与竖直方向成θ=30°角的方向由静止开始做匀加速直线运动，经时间t，上升高度为h，重力加速度为g，则工件所受的合力大小为 (　　) A. C.mg+ 6.(2025江苏南通海安高级中学月考)如图，将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片，重力加速度为g，假设小球所受的空气阻力大小不变，则小球所受空气阻力的大小约为 (　　) A.0.5mg B.0.25mg C.0.2mg D.因砖的尺寸未知，无法估算 7.(2025吉林松原月考)如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为3 kg，竖直立杆长0.5 m，有一紧套在竖直立杆上的质量为1 kg的弹性材料制成的小环从杆的下端以4 m/s的初速度向上做匀减速直线运动，刚好能到达杆的顶端，小环受到的空气阻力可忽略不计，在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力大小为(g取10 m/s2) (　　) A.24 N　　　　B.34 N C.36 N　　　　D.46 N 8.(2024江苏扬州高邮月考)某同学在物理数字化实验室采用如图甲所示的装置探究物体加速度与力的关系。开始时将一质量为m=1 kg的物体置于水平桌面上，现对物体施加一个水平向右的恒定推力F，经过一段时间后撤去此力，通过放在物体正前方的速度传感器得到了物体部分运动过程的v-t图线，如图乙所示(向右为速度正方向)。求： 　　 (1)两个阶段内物体的加速度大小； (2)摩擦力f和推力F的大小。 题组三　等时圆模型 9.(2024江苏盐城中学期末)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则 (　　) A.a球最后到达M点 B.b球最后到达M点 C.c球最后到达M点 D.三球同时到达M点 10.(2025湖北新八校协作体月考)某儿童立体游乐场，在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯BA、CA、CB，三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内，侧视图如图所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中BA与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均为θ，BA与CB间的夹角小于90°。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达滑梯底端所用的时间分别为tBA、tCA、tCB。则下列说法正确的是 (　　) A.tBA=tCA=tCB　　　　B.tBA<tCA<tCB C.tBA>tCA=tCB　　　　D.tBA=tCA<tCB 能力提升练 题组一　应用牛顿运动定律解决多过程问题 1.(创新题·新考法)(2025安徽蚌埠期末)如图甲所示，一质量为m=1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。不计空气阻力，则下列关于物体运动的说法中错误的是 (　　) 　　 A.t=1 s时物体开始做减速运动 B.t=2 s时物体做减速运动的加速度大小为1 m/s2 C.t≥3 s时物体处于静止状态 D.t≥3 s时物体做匀速直线运动 2.(2025江苏百师联盟联考)如图甲所示，斜面ABC倾角为θ=37°，AB段粗糙程度相同，BC段光滑，质量为1 kg的小物块以初速度v0=18 m/s沿斜面向上滑行，到达B处时速度为vB=6 m/s，到达C处时速度恰好为零，其上滑过程的v-t图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) 　　 A.小物块沿斜面向上滑行通过AB的时间t0=1.2 s B.物块与AB段斜面间的动摩擦因数μ=0.75 C.斜面A、C间距离是LAC=24 m D.小物块沿斜面下滑时间为2 s 3.(2025广东清远模拟)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘间的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ； (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a的大小； (3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。 题组二　应用牛顿运动定律解决多物体问题(连接体问题) 4.(2025江苏连云港期中)如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连悬挂在定滑轮上，物体P和Q的质量分别为m、3m，用手托住Q使P、Q静止。由静止释放Q，在Q下降距离h恰好到达地面的过程中，重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，物体P上升过程中的最高点低于定滑轮，两物体和滑轮均可视为质点，下列说法正确的是 (　　) A.绳子的拉力大小为3mg B.物体P运动的加速度大小为2g C.物体P上升的最大高度为 D.Q下降距离h时，P的速度大小为 5.(2025北京清华大学附属中学朝阳学校月考)质量分别为m1、m2的两个小物块A、B用轻绳连接，绳跨过位于倾角为30°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。第一次，A悬空，B放在斜面底端，由静止释放后，B从斜面底端运动到顶端的时间为t。第二次，B悬空，A放在斜面底端，由静止释放后，A从斜面底端运动到顶端的时间为2t。则m1∶m2等于 (　　) A.3∶2　　　　B.4∶3 C.5∶2　　　　D.5∶3 6.(2025黑龙江哈尔滨月考)如图所示，水平面上有两个质量分别为M和m的木块1和木块2，中间用一条水平轻绳连接。两木块与水平面间的动摩擦因数相同，现用水平力F向右拉木块2，当两木块一起向右运动时，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是 (　　) A.若两木块一起匀加速运动，则m越小绳的拉力越小 B.若两木块一起匀速运动，绳的拉力大小与木块1的质量无关 C.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力大小为+μmg D.无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为 7.(2025江苏南京第一中学月考)如图所示，两固定光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m和m的两个滑块放置于两个斜面上，两滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接。开始时控制两滑块使轻绳刚好伸直但无张力，某时刻由静止同时释放两滑块，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度大小为g。关于释放两滑块的瞬间，下列说法正确的是 (　　) A.质量为2m的滑块加速度大小为g B.质量为2m的滑块加速度大小为g C.绳对质量为m的滑块的拉力大小为mg D.绳对质量为m的滑块的拉力大小为mg 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　小物块在桌面上运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得加速度大小a=μg=1 m/s2，其恰好停在桌子边沿，位移大小满足 m≤x≤ m，根据速度-位移公式=2ax，联立可得小物块的初速度大小范围为1 m/s≤v0≤1.19 m/s，故选B。 2.A　 模型建构 对滑块受力分析，可得合力的大小为F合=-μmg cos θ，代入数据解得F合=mg，根据牛顿第二定律有F合=ma，解得a= m/s2；设F合与F的夹角为α，则有tan α==1，解得α=45°，则滑块下滑的位移大小为x= m；根据位移-时间公式有x=at2，解得t=2 s，故选A。 3.答案　(1)15 m/s　(2)0.75　(3)15 m 解析　(1)由匀变速直线运动规律可得x1= 可得加速度的大小为a1= m/s2=5 m/s2 则3 s末物体的速度大小为v=a1t2=5×3 m/s=15 m/s (2)物体受到四个力的作用：重力mg、拉力F、支持力FN1、滑动摩擦力f。将拉力F正交分解，如图所示： 竖直方向，根据平衡条件有 F sin 37°+FN1-mg=0 水平方向，由牛顿第二定律可得F cos 37°-f=ma1 滑动摩擦力f=μFN1 联立可得μ=0.75 (3)撤去拉力后，物体受到三个力的作用：重力mg、支持力FN2、滑动摩擦力f'。物体做匀减速运动，设加速度大小为a2，则μmg=ma2 解得a2=μg=0.75×10 m/s2=7.5 m/s2 由速度-位移公式可得物体运动的位移大小为 x2= m=15 m 4.答案　(1)4 m/s2　(2)16 m/s　32 m　(3)0.2 解析　(1)滑雪者在倾斜雪道上运动时，对滑雪者受力分析如图所示 沿斜坡方向，有mg sin θ-Ff=ma1 垂直斜坡方向，有FN=mg cos θ 又Ff=μ1FN 解得a1=4 m/s2 (2)由匀变速直线运动的规律有v=a1t1 解得v=16 m/s 由x1= 解得x1=32 m (3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2， 由匀变速直线运动的规律得v2=2a2x2 解得a2=2 m/s2 由牛顿第二定律得μ2mg=ma2 解得μ2=0.2 5.A　工件做匀加速直线运动，由位移公式有at2，得加速度为a=，结合牛顿第二定律，得工件所受的合力大小为F=ma=，故选A。 6.A　小球上升过程是匀减速直线运动，末速度为零，下落过程是初速度为零的匀加速直线运动。设频闪周期为T，每块砖的厚度为d，根据匀变速运动推论，在上升过程有Δx1=9d-3d=6d=a1T2，在下降过程有Δx2=3d-d=2d=a2T2，得a1=3a2；由牛顿第二定律，上升过程有mg+f=ma1，下降过程有mg-f=ma2，联立解得f=0.5mg，故选A。 7.A　 8.答案　(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)2 N　2.5 N 解析　(1)根据v-t图线的斜率表示物体运动的加速度，结合图像可得0~2 s内加速度大小为a1= m/s2=0.5 m/s2 2~3 s内加速度为a2= m/s2=-2 m/s2 即加速度大小为2 m/s2 (2)根据牛顿第二定律可得，0~2 s内有F-f=ma1 2~3 s内有-f=ma2 解得F=2.5 N，f=2 N 9.B　 模型建构　 设想在圆环上沿CM方向有一竖直光滑轨道C'M，AM、BM、C'M轨道的最低点相同，构建等时圆模型，设BM与圆环的交点为B'，如图所示，则小球分别由静止从A、B'、C'点沿轨道AM、BM、C'M下滑到M点的时间相等。 根据作出的辅助等时圆模型，假设a、b、c三球分别从A、B'、C'三点由静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM、C'M 运动到M点，则ta=；由于b球的释放点B在圆环外，c球的释放点C在圆环内，可知b、c球分别由B、C点运动到M时，tb>，综合可得tb>ta>tc，即c球最先到达M点，b球最后到达M点，选B。 10.D　 过A、B、C三点构建一个竖直面内的圆，已知BA与水平面的夹角等于CA与CB间的夹角，因为弦切角等于圆周角，所以A为圆与第一层水平面的切点，所以A为圆上的最低点，AB、AC为圆的两条弦，根据等时圆模型的结论可知tBA=tCA<tCB，故选D。 能力提升练 1.D　 题图解读 物体开始在F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为4 N，t=3 s时摩擦力突然减小，说明t≥3 s时的摩擦力是静摩擦力，t=3 s时物体刚好停止运动，拉力与静摩擦力大小相等，C正确，D错误；将图中的静摩擦力图线反向延长，可知从t=1 s开始，拉力F随时间均匀减小(破题关键)，物体开始做减速运动，即在1 s时物体开始做减速运动，A正确；拉力F均匀减小，可知t=2 s时，拉力大小为3 N，则此时物体的加速度大小a= m/s2=1 m/s2，B正确。 2.B　小物块上滑过程，在BC段运动时，由牛顿第二定律可得mg sin θ=maBC，解得aBC=g sin 37°=6 m/s2，由图乙可知，t0~2t0时间内加速度大小为aBC=，故t0=1 s，故A错误。在AB段，由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=maAB，由图乙可知，0~t0时间内加速度大小为aAB=，联立解得μ=0.75，故B正确。v-t图线与横轴围成的面积表示位移，由图乙可得AB段距离xAB= m=12 m，BC段距离xBC=×1×6 m=3 m，A、C间距离LAC=xAB+xBC=15 m，C错误。因为BC段光滑，所以小物块沿斜面下滑由C点到B点所用时间t1=t0=1 s，到B点的速度大小vB'=vB=6 m/s，在BA段，根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma'，解得a'=0，则小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间t2==2 s，故小物块沿斜面下滑总时间t下=t1+t2=3 s，故D错误。 3.答案　(1)37°　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s 解析　(1)包裹恰好开始下滑时，满足mg sin θ=μmg cos θ 可得tan θ=0.75，θ=37° (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，有μmg=ma 解得a=7.5 m/s2 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段有x1= 匀减速阶段有x3= 匀速运动的时间t2= 所需的最短时间t=t1+t2+t3=15.4 s 4.C　由静止释放Q，Q下降距离h到达地面的过程中，P上升距离h，物体P、Q的加速度大小相等，对物体P，根据牛顿第二定律有T-mg=ma，对物体Q，根据牛顿第二定律有3mg-T=3ma，联立解得T=，故A、B错误；当Q落地时，设P和Q的速度大小为v，则v2=2ah，得v=，之后P做竖直上抛运动，有v2=2gh'，得h'=，所以物体P上升的最大高度为H=h+h'=，C正确，D错误。 5.A　 6.D　若两木块一起匀加速运动，对两木块整体分析，根据牛顿第二定律有F-μ(m+M)g=(m+M)a，对木块1分析，根据牛顿第二定律有T-μMg=Ma，联立可得T=，可知，m越小，绳的拉力越大，A错误；若两木块一起匀速运动，根据平衡条件，对两木块整体分析有F=μ(m+M)g，对木块1分析，T=μMg，联立可得T=，B、C错误；若水平面光滑，则F=(m+M)a，T=Ma，联立可得T=，D正确。 规律总结　“串接式”连接体中弹力的“分配协议” 　　如下列各图所示，对于一起做匀加速运动的物体系统，A和B间的弹力FAB或中间绳的拉力FT的大小遵循的“分配协议”为FAB=FT=。 　　此“分配协议”： 　　①与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)； 　　②与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关； 　　③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时都成立。 7.C　释放两滑块的瞬间，质量为2m的滑块重力沿斜面向下的分力大小为Gx=2mg sin 30°=mg，质量为m的滑块重力沿斜面向下的分力大小为G'x=mg sin 45°=mg，由于Gx>G'x，可知质量为2m的滑块将沿斜面向下加速，质量为m的滑块将沿斜面向上加速，且二者的加速度大小相等；对两滑块整体，由牛顿第二定律有Gx-G'x=(2m+m)a，可得a=g，A、B错误；对质量为m的滑块，由牛顿第二定律，有T-G'x=ma，得绳的拉力大小T=mg，C正确，D错误。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $