第三章 第2课时 牛顿第二定律的基本应用（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 津鲁琼云晋皖黑吉桂贵辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕）

第三章 运动和力的关系 第 2 课时 牛顿第二定律的基本应用 目标 要求 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。 内 容 索 引 考点一　动力学两类基本问题 考点二　动力学图像问题 课时精练 > < 考点一 动力学两类基本问题 分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 动力学两类基本问题 考点一 例1　(2023·广东潮州市联考)连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视 为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2) (1)冲上避险车道时速度的大小； 答案　35 m/s 动力学两类基本问题 考点一 根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1 由运动学公式有v1＝v0＋a1t 联立代入数据解得v1＝35 m/s 动力学两类基本问题 考点一 (2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。 答案　2.7 根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2 由运动学公式有v12＝2a2x，解得Ff＝2.7mg 即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。 动力学两类基本问题 考点一 例2　(2023·山西太原市一模)2022北京冬残奥会开幕式倒计时是以轮椅冰壶的形式出现的。若某次训练中，两位轮椅冰壶运动员用水平恒力将“冰壶”从起点推动5 m后，撤去推力，同时启动10秒倒计时，“冰壶”沿直线继续滑行40 m到达营垒，速度恰好为零，倒计时恰好结束。已知“冰壶”的质量为20 kg，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求“冰壶”与冰面间的动摩擦因数及水平恒力的大小； 答案　0.08　144 N 动力学两类基本问题 考点一 “冰壶”在推力F作用下做匀加速运动，运动5 m后的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1 动力学两类基本问题 考点一 (2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变为多少？ 答案　200 N 动力学两类基本问题 考点一 若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为v′，根据牛顿第二定律及运动学公式可知 匀加速过程F′－μ′mg＝ma3 匀减速过程μ′mg＝ma4 动力学两类基本问题 考点一 动力学问题的解题思路 考点一 总结提升 动力学两类基本问题 例3　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、 t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时 间。下列关系正确的是 A.t1＝t2 B.t2>t3 C.t1<t2 D.t1＝t3 √ √ √ 动力学两类基本问题 考点一 动力学两类基本问题 考点一 拓展　若沿cb放一个光滑细杆，小滑环从c处释放，运动时间为t4，t4和t1关系如何？ 答案　t4＝t1 动力学两类基本问题 考点一 等时圆模型 1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示； 2.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； 考点一 总结提升 动力学两类基本问题 返回 3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点 沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间相 等，如图丙所示。 考点一 总结提升 动力学两类基本问题 动力学图像问题 > < 考点二 常见的动力学图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 (1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 动力学图像问题 考点二 (4)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。 动力学图像问题 考点二 例4　(多选)(2023·全国甲卷·19)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 √ √ 动力学图像问题 考点二 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为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。故选B、C。 动力学图像问题 考点二 例5　(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)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(b)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(c)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。 动力学图像问题 考点二 则 A.F1＝μ1m1g D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等 √ √ √ 动力学图像问题 考点二 由题图(c)可知，t1时刻物块、 木板一起刚要在水平地面上 滑动，物块与木板相对静止， 此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误； 由题图(c)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， 动力学图像问题 考点二 由题图(c)可知，0～t2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。 动力学图像问题 考点二 分析动力学图像问题的方法技巧 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。 考点二 总结提升 动力学图像问题 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)。 返回 考点二 总结提升 动力学图像问题 课时精练 1.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础落实练 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 2.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的 大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下 滑时间t将 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(2023·广东茂名市一模)电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v－t图像如图所示。假设平衡车受到的阻力是其重力的k倍，g＝10 m/s2，则 A.k＝0.6 B.平衡车整个运动过程中的位移大小 为195 m C.平衡车在整个运动过程中的平均速 度大小为3 m/s D.平衡车在加速段的动力大小为72 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 关闭动力后，平衡车做匀减速运动，加速度大 小为a，结合题图可得 解得k＝0.06，A错误； v－t图线与横轴围成的面积表示位移， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 平衡车在加速段时有F－kmg＝ma′， 代入数值解得F＝108 N，D错误。 4.(多选)(2023·内蒙古呼和浩特市模拟)一个质量为m小物体，静止在水平地面上。当受到一个水平外力F作用时，物体会静止或做加速直线运动。随着水平外力大小变化，其加速度a也发生改变。如图是a和F的变化关系图像(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则 A.物体质量为1 kg B.物体所受滑动摩擦力大小为2 N C.该图像斜率表示物体的质量 D.当F＝3 N时，物体的加速度大小为2 m/s2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由牛顿第二定律F－μmg＝ma， 由图像知，当F≤1 N时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当F>1 N时，物体开始做加速运动，故物体所受滑动摩擦力大小为1 N，B错误； 由图像可知，当F＝3 N时，物体的加速度大小为2 m/s2，故D正确。 5.农用无人机喷洒农药可以极大地提高农民的工作效率，为了防止无人机在作业中与障碍物发生碰撞，在某次测试中，无人机以标准起飞质量m＝44 kg起飞，以安全飞行速度v0＝8 m/s水平向着障碍物飞行，测距雷达发现s＝10.5 m处的障碍物后，无人机立即调整推力方向，做匀减速直线运动，结果无人机悬停在距离障碍物l＝2.5 m处，飞行过程中可将无人机看成质点，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则无人机在匀减速直线运动过程中受到的推力的大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条 轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨 道上滑动时所经历的时间关系为 A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB>tCD>tEF C.tAB<tCD<tEF D.tAB＝tCD<tEF √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，B项正确，A、C、D错误。 7.(多选)(2023·云南保山市检测)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，在该过程中，下列说法正确的是 A.充电宝受到的静摩擦力的最大值为1 N B.t3时刻充电宝受到的摩擦力大小为0.4 N C.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反 D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t3时刻由牛顿第二定律可得Ff－mg＝ma，解 得Ff＝0.4 N，故B正确； 充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由 牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时 刻充电宝具有向下的加速度，而加速度大小小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t2时刻充电宝具有的加速度最大，充电宝与 手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二 定律有Ff′－mg＝ma′，又Ff′＝μFN，解 得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN ＝10 N，此时Ff′＝5 N，故D正确，A错误。 8.(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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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＝ ＝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。 9.(2024·湖南省岳阳一中月考)2021年西双版纳“断鼻家族”十几头亚洲象北上“远足”引发人们关注。为保障人民群众生命财产安全，同时有效保护亚洲象群，当地有关部门派出无人机不间断跟踪监测，采取多种措施引导象群逐步返回普洱或西双版纳原栖息地。现要让监测所用的无人机从地面竖直起飞，最终悬停在某一高度的空中，如图所示。已知无人机质量M＝1.8 kg，动力系统能提供的最大升力F＝28 N，上升过程中能达到的最大速度为v＝6 m/s，竖直飞行时所受空气阻力大小恒为f＝4 N；固定在无人机下方铁杆上的监测摄像头质量m＝0.2 kg， 其所受空气阻力不计，g取10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 无人机以最大升力竖直起飞，做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律，有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1 代入数据解得a1＝2 m/s2 (1)无人机以最大升力竖直起飞，求达到最大速度时 所上升的高度h1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　9 m 对摄像头，根据牛顿第二定律， 有FT－mg＝ma1，代入数据得FT＝2.4 N 由牛顿第三定律知，摄像头对铁杆的作用力大小FT′＝FT＝2.4 N。 (2)无人机以最大升力竖直起飞时，求摄像头对铁杆的 作用力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　2.4 N (3)无人机从地面竖直起飞，要求在t＝7 s内实现悬停，其能上升的最大高度H。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　31.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 无人机最后关闭动力系统后匀减速运动直到悬停，速度为零，则(M＋m)g＋f＝(M＋m)a2 代入数据解得a2＝12 m/s2 代入数据解得t3＝0.5 s，h3＝1.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 无人机匀速运动时间t2＝t－t1－t3＝3.5 s 匀速运动的位移h2＝vt2＝21 m 所以能上升的最大高度H＝h1＋h2＋h3＝31.5 m。 10.(2023·辽宁丹东市模拟)一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行60 m后进入水平雪道，继续滑行80 m后匀减速到零。已知该同学和滑雪圈的总质量为60 kg，整个滑行过程用时14 s，斜直雪道倾角为37°，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均 阻力Ff的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　160 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a1，位移大小为x1，时间为t1，末速度为vm； 解得斜直雪道末速度vm＝20 m/s 在斜直雪道的时间t1＝6 s， 在水平雪道用时t2＝8 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由牛顿第二定律得mgsin 37°－Ff＝ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为Ff＝160 N。 (2)若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为60 m，之后再铺设10 m长的防滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯 终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动 摩擦因数。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设在水平雪道上滑行时，加速度为大小a2， 使水平雪道距离缩短为60 m，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为v，则vm2－v2＝2a2x3 解得v＝10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3，则v2＝2a3x4 由牛顿第二定律可得μmg＝ma3，解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ＝0.5。 返回 撤掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 s时间内运动了40 m，由牛顿第二定律及运动学公式可知Ff＝μmg＝ma2，x2＝，a2＝，解得μ＝0.08，F＝144 N 所用总时间＋＝10 s 所走总路程＋＝45 m，解得F′＝200 N。 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝g·cos θ·t2得t＝2，可知从c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3； 而由c→a与由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故B、C、D正确。 B.F2＝(μ2－μ1)g C.μ2>μ1 解得F2＝(μ2－μ1)g， 可知μ2>μ1，故B、C正确； 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。 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知 ＝gsin θ·t2，可得t2＝，可知θ＝45°时， t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时， 物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。 a＝＝kg，a＝ m/s2＝0.6 m/s2 为x＝(25＋40)×6× m＝195 m 整个运动过程中的平均速度大小为＝＝ m/s＝4.875 m/s，B正确，C错误； a′＝ m/s2 可得a＝－μg，故图像的斜率表示，是物体 质量的倒数，C错误； 由图像得＝ kg－1＝1 kg－1，故物体质量为1 kg，A正确； A.88 N B.176 N C.88 N D.176 N 无人机做匀变速直线运动，有0－v02＝2a(s－l)，解得无人机的加速度a＝－4 m/s2，对无人机进行受力分析，无人机受重力和推力，则推力大小为F＝＝88 N，故选A。 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， m/s2 达到最大速度时所上升的高度h1＝＝9 m。 若要上升高度最大，则无人机开始以最大升力匀加速运动的时间t1＝＝3 s 根据公式，依题意有t3＝，h3＝t3 在水平雪道上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，位移大小为  x2，时间为t2分析运动过程可得x1＝t1， x2＝t2，t1＋t2＝14 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1＝＝ m/s2 则a2＝＝2.5 m/s2 解得a3＝＝ m/s2＝5 m/s2 $