第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用-【高考零起点】2026年新高考物理总复习教用课件（艺考）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律的综合应用”专题，覆盖正交分解法、整体与隔离法、超重失重、相对运动等核心考点，对接高考评价体系，分析近五年真题中板块模型（如2020山东题）、连接体问题（如例2）等常考题型，归纳考点权重，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”，以2021湖北卷自由落体运动题为例，运用运动和相互作用观念，通过受力分析和运动学公式推导培养科学思维，提供“三步解题法”（受力分析-建系列方程-联立求解），针对相对位移计算等易错点设专题，助力学生掌握得分技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

第三章　牛顿运动定律 第三节　牛顿运动定律的综合应用 生物 1 目 录 ONTENTS C [典例精析] [知识梳理] [巩固练习] 生物 2 知 识 梳 理 生物 3 1.正交分解法：物体做加速运动有 ∑F=ma，取两相互垂直的方向，正交表示。 ∑Fx=max　　∑Fy=may 2.整体法与隔离法的综合应用，且通常是先整体法，再隔离法。 3.物体的超重与失重 (1)物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)大于物体所受重力的现象叫做超重。 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 4 (2)物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重。 4.由牛顿第二定律算出来的加速度均为对地的加速度，以此加速度为基础算出来的速度和位移均为对地的速度和位移。 5.如图，一小物块A在长木板B上做直线运动，B与A做同向或反向的直线运动则对于位移x，速度v，加速度a有以下公式成立(xA对B表示A对B的位移，其他符号类似)： 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 5 xA对B＋xB对地=xA对地， vA对B＋vB对地=vA对地， aA对B＋aB对地=aA对地 或简化为xA对B=xA－xB(xA表示A对地的位移，其他符号类似) vA对B=vA－vB，aA对B=aA－aB。 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 典 例 精 析 生物 7 例1　质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，如图甲，则F多大？ 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 8 (1)受力分析：物体受四个力作用，重力mg、弹力FN、推力F、摩擦力Ff； (2)建立坐标系：以加速度方向即沿斜面向上为x轴正向，分解F和mg，如图乙所示； 乙 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 (3)建立方程并求解 x方向：Fcos α－mgsin α－Ff=ma y方向：FN－mgcos α－Fsin α=0 Ff=μFN 三式联立求解得 F= 解析 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 例2　如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1＞F2。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T。 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 11 设两物块一起运动的加速度为a，则有 F1－F2=(m1＋m2)a　① 根据牛顿第二定律，对质量为m1的物块有 F1－T=m1a　② 由①②两式得T= 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 例3　在以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的人，站在磅秤上，则此人称得自己的“重量”为 (　　) A.ma B.m(a＋g) C.m(g－a) D.mg 答案 B 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 13 首先应清楚，磅秤称得的“重量”实际上是人对磅秤的压力，也即磅秤对人的支持力FN。取人为研究对象，做受力分析如图所示，依牛顿第二定律有：FN－mg=ma；FN=m(g＋a)。 即磅秤此时称得的人的“重量”大于人的实际重力，人处于超重状态，故选B。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 例4　如图所示，质量M=8 kg的小车放 在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒 力F=8 N，当小车向右速度达到v0=1.5 m/s时， 在小车的前端轻轻放上一个大小不计、质量m=2 kg的物块(物块初速度为零)，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，取g=10 m/s2。求： 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 (1)物块刚放上小车时，物块和小车的加速度各为多少？ 物块刚放上小车时，物块相对小车滑动，所受滑动摩擦力大小f=μmg，轻轻放上小物块后的一段时间内，由于m和M的速度不同(v车＞v物)故小物块相对车向左运动，受到向右的摩擦力f=μmg，其加速度a1=μg=2 m/s2；小车受到向左的摩擦力，其加速度a2==0.5 m/s2。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)从放上小车开始经过t=1.5 s，物块通过的位移大小。 当小物块和小车速度相等时，两者将保持相对静止.设这之前的运动时间为t1，则a1t1=v0＋a2t1，解得t1=1 s 小物块运动位移x1==1 m 1 s后小物块和小车以共同的加速度和相同的速度运动，时间t2=0.5 s，a3==0.8 m/s2 小物块运动位移x2=a1t1t2＋a3=1.1 m，小物块总位移x=x1＋x2=2.1 m。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 巩 固 练 习 生物 18 答案 1.(多选)如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时 (　 　) A.M所受静摩擦力增大 B.M对车厢壁的压力增大 C.M仍相对于车厢静止 D.M在竖直方向上所受合外力为零 BCD 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 19 以物块为研究对象，分析受力，作出受力 分析图如图。 物块竖直方向受力平衡，合外力等于零， 摩擦力f=Mg，保持不变，故A错误，D正确。 小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，物块与车厢避间的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，所以M仍相对于车厢静止，故B、C正确。故选B、C、D。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 2.(多选)如图所示，斜面体M始终处于静止状态，当物体m沿斜面下滑时有 (　 　) A.匀速下滑时，M对地面压力等于(M＋m)g B.加速下滑时，M对地面压力小于(M＋m)g C.减速下滑时，M对地面压力大于(M＋m)g D.M对地面压力始终等于(M＋m)g ABC 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 21 物体与斜面均处于平衡状态，可将物体与斜面体视为一个整体，斜面体与斜面上的物体都处于平衡状态，所受合力都为零，则斜面体对地面的压力等于物体与斜面体的总重力，故A正确；小物体加速下滑时，仍然将物体与斜面体视为一个整体，设小物体的加速度为a，则在竖直方向上有(M＋m)g－N=masin θ，整理得N=(M＋m)g－masin θ＜(M＋m)g，故B正确；同理，小物体减速下滑时，N=(M＋m)g＋masin θ＞(M＋m)g，故C正确；根据以上分析可知，D错误。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 3.(2015江苏)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 (　 　) A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小 AD 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 23 图像显示了加速度a随时间变化的规律，其中以向上为正方向，根据牛顿第二定律，开始阶段有FN－mg=ma，可知当t=2 s时加速度最大，此时人对地板的压力最大；4~7 s加速度为零，而7~10 s加速度是负的，说明此时电梯减速上升，有mg－FN=ma，可知，当t=8.5 s时人对地板的压力最小。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 4.(2021湖北卷)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为 (　　) A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s B 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 25 陈芋汐下落的整个过程所用的时间T= s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间t1= s=1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2=T－t1=0.4 s。故B正确，A、C、D错误。故选B。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 5.将重40 N的物体放在竖直升降电梯的地板上。某段时间内，物体受到电梯地板的支持力随时间变化的图像如图所示，由此可以判断 (　　) A.t=1 s时电梯只可能向上减速运动 B.t=6 s时电梯一定处于静止状态 C.t=11 s时电梯不可能正在向上运动 D.t=11 s时电梯的加速度方向一定竖直向下 D 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 27 t=1 s时，物体受到电梯地板的支持力大于重力，加速度竖直向上，电梯可能向上加速运动，也可能向下减速运动，故A错误；t=6 s时，物体受到电梯地板的支持力等于重力，电梯可能静止，也可能做匀速运动，故B错误；t=11 s时，物体受到电梯地板的支持力小于重力，加速度竖直向下，电梯可能向上减速运动，也可能向下加速运动，故C错误，D正确。故选D。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 6.(2020山东)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是 (　　) A.0~t1时间内，v增大，FN＞mg B.t1~t2时间内，v减小，FN＜mg C.t2~t3时间内，v增大，FN＜mg D.t2~t3时间内，v减小，FN＞mg D 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 29 由于x－t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN＜mg，选项A错误；在t1~t2时间内速度不变，即乘客匀速下降，则FN=mg，选项B错误；在t2~t3时间内速度减小，即乘客减速下降，超重，则FN＞mg，选项C错误，D正确。故选D。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 7.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x=3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法中正确的是 (　　 ) A.若传送带不动，vB=3 m/s B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s C.若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s D.若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s ABD 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 31 若传送带不动，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1 m/s2，根据= －2ax，解得vB=3 m/s，故A正确。若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，由于滑块所受的滑动摩擦力与传送带静止时相同，则加速度与传送带静止时也相同，到达B点的速度大小一定等于3 m/s，故B正确。若传送带顺时针匀速运动，若传送带的速度小于3 m/s，物块滑上传送带做匀减速直线运动，加速度与传送带静止时也相同，则到达B点的速度 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 等于3 m/s；若传送带速度大于3 m/s，甚至可能大于4 m/s，那么物体所受摩擦力可以反向，物体做加速运动，到达B点的速度将大于4 m/s。故C错误，D正确。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 8.如图所示，在光滑水平面上，有一质量M=3 kg的薄板和质量m=1 kg的物块，初速度大小都是v=4 m/s，向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度大小为2.4 m/s时，物块运动情况是 (　　) A.向右做匀减速运动 B.向左做匀减速运动 C.向右做匀加速运动 D.向左做匀加速运动 C 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 34 M的加速度显然向左，设为a，则m的加速度为3a，向右。 设接触面滑动摩擦因数为μ，m从滑上长木板到静止在长木板上的时间为t1，选向右为正方向，则－4 m/s＋3at1=4 m/s－at1，解得at1=2 m/s，得t1=。又设M的速度为2.4 m/s时经历的时间为t2，令4 m/s－at2=2.4 m/s，得at2=1.6 m/s，得t2=。由于在整个过程中a的值不变，所以t1＞t2，即M的速度达到2.4 m/s时m并未在木板上与木板达到共同速度，还在相对木板向左滑行，对地速度为－4 m/s＋3a×t2=0.8 m/s，而对地做向右的匀加速直线运动。故选C。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2020山东)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为 (　　) A. C. 答案 C 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 36 当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图 沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力f1=μN= μmgcos 45°，根据平衡条件可知T=mgsin 45°＋μmgcos 45°，对B物块受力分析如图 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f2=μN'=μ·3mgcos 45°，根据平衡条件可知，2mgsin 45°=T＋μmgcos 45°＋μ·3mgcos 45°，两式相加，可得2mgsin 45°=mgsin 45°＋μmgcos 45°＋μmgcos 45°＋μ·3mgcos 45°，解得μ=，故选C。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动，则A对B的作用力为多少？ 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 39 对A、B分析：F－μmg=3ma，a=对B分析：FAB－μmg=ma，FAB=。 解析 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.如图所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹角为θ。求小车所受牵引力的大小。 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 41 小球和小车相对静止，它们有共同的加速度，对小球 受力分析，小球仅受重力mg和绳子拉力FT的作用，小 球所受合力向左，如图所示，所受合力大小为mgtan θ， 由牛顿第二定律有mgtan θ=ma，对小车和小球组成的整体，根据牛顿第二定律得，F=(M＋m)a，联立解得F=(M＋m)gtan θ。 (M＋m)gtan θ　 解析 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.如图所示，放在水平地面上的木板B长为1.2 m，质量M=2 kg，B与地面间的动摩擦因数μ1=0.2；一质量m=3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数μ2=0.4。刚开始A、B均处于静止状态，现使A获得3 m/s向右的初速度，求：(g=10 m/s2) 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 43 (1)A、B刚开始运动时的加速度； 0.9 m aA==μ2g=4 m/s2，方向水平向左 aB==1 m/s2，方向水平向右 解析 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)A在B上滑动，经过多长时间达到共同速度？A最后停在B上何处？ 设A在B上滑动时间为t，达到共同速度v，则 v=v0－aAt　v=aBt 解得t=0.6 s xA=t=×0.6 m=1.08 m xB=t=×0.6 m=0.18 m xA－xB=0.9＜1.2 m 所以A最后停在B上离B左端0.9 m处。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.如图所示，质量M=4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0 kg的小滑块A(可视为质点)。初始时刻，A、B分别以v0=2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10 m/s2。求： 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 46 (1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向； aA==μg=4 m/s2，方向向右 aB==1 m/s2，方向向左 1.6 m 解析 答案 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x； 设A相对地面速度为零时，所用时间为t，选向右为正，则 －2 m/s＋4 m/s2·t=0，t=0.5 s x=v0t－aBt2 解得x=0.875 m 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)木板B的长度l。 设A从初始时间到静止在B左端所用时间为t'，则－2 m/s＋4 m/s2·t'=2 m/s－1 m/s2·t'　t'=0.8 s 这段时间内，B向右发生的位移 xB=v0t'－aBt'2=2× m－×1× m=1.28 m， A发生的位移为 xA=－v0t'＋aAt'2=－2× m＋×4×0.82 m=－0.32 m 即A向左运动了0.32 m，故B的长度为1.28＋0.32=1.6 m。 解析 返回 第三节　牛顿运动定律的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 感谢聆听 50 $