第三章 第2讲 牛顿第二定律的理解及应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 [典例2]（多选）如图， 一个人站在水平地面 7nn7777777 上的长木板上用力F向右推箱子，木板、 人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为 m,重力加速度为g,则 A.箱子对木板的摩擦力方向向右 B.木板对地面的摩擦力方向向左 C.木板对地面的压力大小为3mg D.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地 面的压力会大于3mg 第2讲 牛顿第 课前>双基复盘 必备知识填充 [知识点一]牛顿第二定律、单位制 1.牛顿第二定律 (1)内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成 ,跟它的质量成 .加速度的方向与 作用力的方向 (2)表达式a-E或F m (3)适用范围 ①只适用于惯性参考系（相对地面静止或 做匀速直线运动的参考系)： ②只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、 低速运动（远小于光速）的情况 2.单位制 (1)单位制由 单位和单位组成： (2)基本单位 基本量的单位.力学中的基本量有三个，它 们分别是 、长度，它们的国际单 位分别是 、米 (3)导出单位 由基本量根据 推导出的其他物理 量的单位！ [知识点二]超重与失重 1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动 状态 ,在地球上的同一位置是的 [典例3]（多选）如图所示，物 体b在水平推力F作用下， 将物体a挤压在竖直墙壁上， a、b均处于静止状态，下列说 法正确的是 A.a对墙壁的摩擦力方向 向下 B.b对a的摩擦力方向向上 C.增大水平推力F,a对墙壁的摩擦力变大 D.增大水平推力F,b对a的摩擦力不变 @温馨提 学习至此，请完成配套训练 课时冲关13 定律的理解及应用 教材盘点落实双基 (2)视重 ①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台 秤上时，弹簧测力计或台秤的 称为 视重。 ②视重大小等于弹簧测力计所受物体的 或台秤所受物体的 2.超重、失重和完全失重的比较 超重现象 失重现象 完全失重现象 物体对支持物物体对支持物物体对支持物 的压力（或对悬的压力（或对悬的压力（或对 概念挂物的拉力)挂物的拉力)悬挂物的拉 物体所受 物体所受力) 的 重力的现象 重力的现象 现象 物体的加速度 产生物体的加速度物体的加速度 方向竖直 条件方向 方向 ,大小为a =8 原理F-mg=ma mg-F=ma mg-F=mg 方程F= F F=0 无阻力的抛体 运动加速上升或 加速下降或 运动：绕地球 状态 匀速圆周运动 [知识点三] 动力学两类基本问题 1.两类动力学问题 (1)已知物体的受力情况求物体的 (2)已知物体的运动情况求物体的 2.解决两类基本问题的方法 以 为“桥梁”，由运动学公式和 列方程求解，具体逻辑关系如下： 由力求运动 受力 牛顿第二定律 运动学公式 运动 加速度 情况 情况 由运动求力 走进教材拾金 1.(人教版必修第一册P·T,改编)由牛顿 第二定律F=ma可知，无论怎样小的力都 可能使物体产生加速度，可是当用很小的力 去推很重的桌子时，却推不动，这是因为 ( A.牛顿第二定律不适用于静止的物体 B.桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛 观察不到 C.推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速 度为负值 D.桌子所受的合力为零，加速度为零 2.(人教版必修第一册 P18·T2改编)民航客 机都有紧急出口，发生 意外情况的飞机紧急 着陆后，打开紧急出 口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接 出口与地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地 面（如图所示）.假设某型号的飞机舱口下沿 距地面高度为4m,气囊所形成的斜面长度 为8m,一质量为60kg的乘客在气囊顶端 由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线 运动.假设乘客与气囊间的动摩擦因数为 ，g取10m/s,那么下列说法正确的是 3 45 第三章牛顿运动定律 A.该乘客滑至气囊底端所经历的时间 约为1s B.该乘客滑至气囊底端所经历的时间 约为3s C.该乘客滑至气囊底端时的速度大小 为4m/s D.该乘客滑至气囊底端时的速度大小 为8m/s 3.(人教版必修第一册P [例题]2改编)如图所示， 037 沿水平方向做匀变速直线 运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方 向的夹角0=37°，小球和车厢相对静止，小 球的质量为1kg.sin37°=0.6，cos37°= 0.8,g取10m/s2.求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动 情况； (2)悬线对小球的拉力大小. 高考总复习物理 课堂>研透考点 热点考向讲练提升 考点一对牛顿第二定律的理解 考点透视 为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内的 加速度大小约为（重力加速度g取10m/s2) 1.牛顿第二定律的五个特性 () →a与F方向相同 矢量性 A.2 m/s2 B.4 m/s2 a与F对应同一时刻 瞬时性 C.6 m/s2 D.12m/s2 [典例2] (2025·安徽 甲 →F是产生a的原因 因果性 F=ma 卷，5)如图，装有轻质光 F、m、a对应同一物体 统一性 滑定滑轮的长方体木箱 F、m、a统一使用国际单位 静置在水平地面上，木箱 每一个力都可以产生各自的加速度一独立性 上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过 定滑轮与物块乙相连.乙拉着甲从静止开始 2.合力、加速度、速度之间的决定关系 运动，木箱始终保持静止.已知甲、乙质量均 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为 为1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为 零，物体都有加速度. 0.5,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2, 则在乙下落的过程中 () (2)a=A是加速度的定义式，a与△o、△t无 △t A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 必然联系：a=E是加速度的决定式，acF, m C.甲运动的加速度大小为2.5m/s D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N [典例3]水平路面上 有一货车运载着5 (3)合力与速度同向时，物体加速运动：合力与 个相同的、质量均为 速度反向时，物体减速运动. m的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰好占 典题例析 据车厢底部，另有一个工件D置于工件A、 B之间（如图所示），重力加速度为g.汽车 [典例1](2025·甘肃卷，3)2025年4月24 以某一加速度向左运动时，工件A与D之 日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载 间恰好没有作用力，此时工件D与B间的 神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运 作用力大小为 载火箭.若在初始的1s内燃料对火箭的平均 A.28 3 mg B③ 3 mg 推力约为6×10N.火箭质量约为500吨且认 C.√3mg D.2√3mg ·46· 考点二 瞬时加速 考点透视 1.两种模型：加速度与合外力具有瞬时对应关 系，二者总是同时产生、同时变化、同时消 失，具体可简化为以下两种模型： 不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离 轻绳、轻杆 后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失 和接触面 或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和 接触面在不加特殊说明时，均可按此模型 处理 两种 模型 当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定 端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不 弹簧、蹦床 会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力 和橡皮筋 的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力 不突变 2.求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 列牛顿第二 求瞬时 物体的受力情况 定律方程 加速度 典题例析 [典例4幻 (2024·湖南卷，3)如图，质 量分别为4m、3m、2m、m的四个小 球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互 相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力 加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪 断瞬间B和C的加速度大小分别为( A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 教考衔接 (本题源于人教版必修第一册P14B份 组·T,)如图，两个质量相同的小球A OA 和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬 OB 挂起来，剪断细绳的瞬间，A和B的加速度分 别是多少？ 47 第三章牛顿运动定律 度的求解 [典例5](2025·湖南 卷，5)如图，两带电小 球的质量均为m,小 球A用一端固定在墙 60° 上的绝缘轻绳连接， 309 小球B用固定的绝缘 轻杆连接.A球静止 时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线 与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直 平面内，重力加速度大小为g.下列说法正 确的是 ( ) A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力 为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度 大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球 的作用力变小 [典例6]（多选）光滑斜面上，当系统静止 时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面 平行，A、B两球质量相等，在突然撤去挡板 的瞬间 () 甲 A.两图中两球加速度均为gsin0 B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin0 D.图乙中B球的加速度为gsin0 易错警示在求解瞬时加速度时应注意的 问题 1.物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当 外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析 和运动分析， 2.加速度可以随着力的突变而突变，而速度的 变化需要一个积累的过程，不会发生突变. 高考总复习 物理 考点三 动力生 考点透视 1.动力学的两类基本问题的解题步骤 根据问题的需要和解题的方便，选出被研 明确研究对象 究的物体研究对象可以是某个物体，也 ↓ 可以是几个物体构成的系统 受力分析和运 画好受力示意图、运动情景图，明确物体 动状态分析 的运动性质和运动过程 0 选取正方向或 通常沿加速度的方向建立坐标系并以加速 建立坐标系 度方向为某一坐标轴的正方向 0 若物体只受两个共点力作用，通常用合成 确定合外力 法；若物体受到3个及以上不在同一直线 上的力时，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律F台=ma或F,=m4, 「Fx=ma, 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论 2.解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” 逐一分析不同过程的运动特 过程分析 点，找出相邻过程的联系点 分 逐一分析不同过程中物体的 受力分析 受力，特别注意摩擦力、弹力 的突变问题 由运动求 受力情况 运用运动学公式和牛顿 个桥梁 加速度 第二定律时特别注意有 由受力求 关矢量的正负问题 运动情况 (2)不同过程中的联系.如第一个过程的末速 度就是下一个过程的初速度，若过程较为 复杂，可画位置示意图确定位移之间的 联系. 典题例析 [典例7]如图1所示的水平地面上，质量为 1kg的物体在水平方向力F的作用下从静 止开始做直线运动.图2为F随时间t变化 的关系图像，已知物体与水平地面之间的动 摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取 10m/s2,求 ◆F/N 6 0 F 4 t/s -3-- 777777777777777777777777 -6 图1 图2 学的两类基本问题 (1)在2s末物体的速度大小； (2)在0~3s内物体所受摩擦力做的功， [听课记录] 「典例8]冰库工作人员在水平面移动冰块， 冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动 一段距离，然后工作人员放手让冰块向前继 续滑行一段距离，达到运送冰块的目的.其 工作原理可简化为下图所示，设冰块质量为 M=50kg,冰块与滑道间动摩擦因数4= 0.2,运送冰块的滑道长度为10m,工人拉 冰块时拉力与水平方向成53°角向上拉冰 块.某次运送冰块时，工人从滑道前端拉冰 块（冰块初速度可视为零）向前匀加速前进 2.5m后放手，冰块刚好能运动到滑道末 端.（已知sin53°=0.8，c0s53°=0.6）求： (1)冰块在减速运动过程中的加速度大 小a2; (2)冰块滑动过程中的最大速度？m; (3)工人拉冰块的拉力大小F. 530 ZM21777777777777777777 乙 48 [听课记录] 考点四 对超重 考点透视 1.不论超重、失重或完全失重，物体的重力都 不变，只是“视重”改变， 2.物体是否处于超重或失重状态，不在于物 体向上运动还是向下运动，而在于物体具 有向上的加速度还是向下的加速度，这也 是判断物体超重或失重的根本所在」 3.当物体处于完全失重状态时，重力只有使物 体产生a=g的加速度效果，不再有其他效 果.此时，平常一切由重力产生的物理现象 都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体 不再产生压强和浮力等. 跟进题组 1.如图所示，某人站上向右上 行的智能电动扶梯，他随扶 梯先加速，再匀速运动.在 此过程中人与扶梯保持相 对静止，下列说法正确的是 A.扶梯加速运动阶段，人处于超重状态 B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水 平向左 C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力 和摩擦力 D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大 于重力 第三章牛顿运动定律 规律方法 两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 ·利用整体法或隔离法确定研究对象 受力分析和运 画好受力示意图、运动情景图，明确物体 动状态分析 的运动性质和运动过程 0 选取力的 处理方法 →合成法或正交分解法 ↓ 选取正方向 →通常规定加速度的方向为正方向 0 〔F=ma 确定合外力 ①根据牛顿第二定律F合=ma或 F,=may 列方程求解 ②由运动学公式列出辅助方程 和失重现象的理解 2.“反向蹦极”是一项比蹦极更 *0 刺激的运动.如图所示，劲度 系数为k的弹性轻绳的上端 固定在O点，拉长后将下端 固定在体验者的身上，人再 与固定在地面上的拉力传感 扣环 ǎ力传感器 器相连，传感器示数为m 1000N.打开扣环，人从A点由静止释放， 像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到 最高位置C点，在B点时速度最大.已知 AB长为2m,人与装备总质量m=80kg (可视为质点).忽略空气阻力，重力加速度 g取10m/s2.下列说法正确的是( A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 B.经过C点时，人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数为500N/m D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小 为22.5m/s2 3.(2024·全国甲卷，9T)学生小 组为了探究超重和失重现象，将 弹簧测力计挂在电梯内，测力计 下端挂一物体.已知当地重力加 速度大小为9.8m/s2. 103E10 (1)电梯静止时测力计示数如 图所示，读数为 N(结果 保留1位小数)； (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数 为4.5N,则此段时间内物体处于 (填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为 m/s2(结果保留1位小数). 49 高考总复习物理 提升>学科素养 动力学中的“五 模型解读 ◆[第一类]等高斜面（如图1所示）. 由L=2at,a=gsin8,L= h sin 0 1 可得：t= 2h sin g 可知倾角越小，时间越长，图1中，t1>t2>t3: 2 30°45°60° 30° 图1 图2 ◆[第二类]同底斜面（如图2所示） 由L=1 2at,a=gsin 0,1=d cos0 Ad 可得：t= Ngsin 20 可见0=45°时时间最短，图2中t1=t3>t2. ◆[第三类]圆周内同顶端的斜面（如图3所 示).即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶 端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上. 由2R·sin0-7gsin0f,可推得，=，=1 ◆[第四类]圆周内同底端的斜面（如图4所 示).即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的 底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆 周上的不同点.同理可推得：t1=t2=t. ◆[第五类]双圆周内斜面（如图5所示）. 即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上 且两圆相切.各斜面过两圆的公共切点且顶端 源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的 相应位置.可推得t1=t2=t. 0,9 图3 图4 图5 典例赏析 [典例1]如图所示，AB和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的 两个端点均分别位于半径为 R和r的两个相切的圆上，且 斜槽都通过切点P.设有一重 物先后沿两个斜槽，从静止出 发，由A滑到B和由C滑到 D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之 比为 启智培优素养提升 类光滑斜面”模型 A.2:1 B.1:1 C.√3：1 D.1:√3 汇审题指导] (1)物体在AB、CD上各做匀加速直线 运动. (2)斜槽的长度：sAB=2Rsin60°+2rsin609 scD-2Rsin30°+2rsin30°. [典例2]如图，将光滑长平板 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 横杆 杆上.横杆的位置可在竖直 铁架台 杆上调节，使得平板与底座之间的夹角日可 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0的大小有关.若0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 典例3]如图所示，光滑细杆 BC、DC和AC构成矩形AB B CD的两邻边和对角线，AC: BC:DC=5:4:3,AC杆竖 直.各杆上分别套有一质点小 球a、b、d,a、b、d三小球的质量比为1：2： 3.现让三小球同时从各杆的顶点由静止释 放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆 上滑行的时间之比为 ( A.1:1:1 B.5:4:3 C.5:8:9 D.1:2:3 规律方法 对物体沿不同光滑斜面下滑时间的比较方法 初始 ①多条相交的倾斜面光滑轨道 条件 ②质点由静止开始从轨道的一端滑到另一端 设置 ①下端相交：交点为圆的最低点 顶点 ②上端相交：交点为圆的最高点 作等 ①过顶点作竖直线 时圆 ②以某轨道为弦作圆心在竖直线上的圆 0 ①轨道端点都在圆周上，质点运动时间相等 时间 比较 爱容高东致验溪骑奇到。 ①mgsin6=ma;②x=2at2→下滑时间 C温馨提 学习至此，请完成配套训练 课时冲关14 第三章牛顿运动定律 素养培优4牛顿运动定律的综合应用 培优点一 动力学中的图像 考点透视 [典例2] (2024·全国甲 1.数形结合解决动力学图像问题 卷)如图，一轻绳跨过光滑 (1)在图像问题中，无论是读图还是作图，都应 定滑轮，绳的一端系物块 尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公 P,P置于水平桌面上，与桌 式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数 面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质 关系读取图像信息或者描点作图. 量可忽略)，盘中放置砝码.改变盘中砝码总 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折 质量m,并测量P的加速度大小a,得到a 点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对 m图像.重力加速度大小为g.在下列a-m 应的物理意义，尽可能多地提取解题信息. 图像中，可能正确的是 (3)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 2.动力学图像问题的类型：图像类问题的实质 0 是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F= 典例3] 甲、乙两球质 甲球 ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、 量分别为m1、m2,从同 线、截距、斜率、面积所表示的意义.一般包括 一地点（足够高）同时 乙球 下列几种类型： 由静止释放.两球下落 由-图像分析物体的受力情况 过程所受空气阻力大 to 动力学图像 问题的类型 根据已知条件确定某物理量的变化图像 小f仅与球的速率成正比，与球的质量无 {由F-图像分析物体的运动情况 3.解题策略 关，即f=kv(k为正的常量).两球的v-t 图像如图所示.落地前，经时间t。两球的速 由运动图像 构建 图酸等 运动情景 度都已达到各自的稳定值v1、2.则下列判 丁抓住 簧 断正确的是 () 图像的关 ,提取 有用信息 A.释放瞬间甲球加速度较小 由告攀云龚律列方型 B.%= m2 v 典题例析 C.甲球质量大于乙球质量 [典例1]物体A、B、C均静止 D.t。时间内两球下落的高度相等 在同一水平面上，它们的质 规律方法 处理动力学图像问题的一般 量分别为mA、mB、mc,与水 思路 平面的动摩擦因数分别为 (1)依据题意，合理选取研究对象， 4AC,用平行于水平面的拉力F分别 (2)对物体先受力分析，再分析其运动 拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的 关系如图所示，A、B两物体的图线平行，则 过程。 以下关系正确的是 (3)将物体的运动过程与图像对应起来， A.mAzmBmc B.mA<mB-mc (4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式 C.A<B=uc D.uAuB=uc 的方法进行判断. 51 高考总复习物理 培优点二 动力 考点透视 1.连接体的类型 弹簧连接体 A M AB 物物叠 连接 M 轻绳连接体 Q 杆连接 2.连接体的运动特点 轻 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 轻杆平动时，连接体具有相同的平动 轻 杆 速度；轻杆转动时，连接体具有相同的 角速度，而线速度与转动半径成正比. 轻 在弹簧发生形变的过程中，两端连接 体的速度不一定相等；在弹簧形变最 簧 大时，两端连接体的速率相等】 典题例析 [典例4](2024·北 空间站 飞船 京卷)如图所示，飞 M m 船与空间站对接后，在推力F作用下一起 向前运动.飞船和空间站的质量分别为m 和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ) A.M+m F B.M+m D.MF 学中的连接体问题 教考衔接 (本题源于人教版 必修第一册P F 空间站 飞船 A组T4)如图是 采用动力学方法测量空间站质量的原理 图.若已知飞船质量为3.0×103kg,其推 进器的平均推力F为900N,在飞船与空 间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船 和空间站的速度变化是0.05m/s,求空间 站的质量. [典例5]如图所示，天花板上固定 了一个光滑的定滑轮.轻绳的左端 所挂钩码的质量为M,右端两个钩 M中 码的质量都为m,最初悬挂系统静 止在空中.某时刻，将右端的钩码瞬 间取走一个.则有关悬挂系统取走一个钩码 后的运动，下列说法正确的是 () A.轻绳上的拉力大小为Mg B.轻绳上的拉力大小为mg C.悬挂系统的加速度大小为号 D.悬挂系统的加速度大小为g [典例6]物块P、Q中间用一根轻质弹簧相 连，放在光滑水平面上，物块P的质量为 2kg,如图甲所示.开始时两物块均静止，弹 簧处于原长，t=0时对物块P施加水平向 右的恒力F,t=1s时撤去，在0~1s内两物 体的加速度随时间变化的情况如图乙所示.整 个运动过程中以下说法正确的是 ↑a/(m·s) 1.0 0.8 /0000004 Q 77777777777777777777777777777 甲 A.t=1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s B.恒力F大小为1.6N C.物块Q的质量为0.5kg D.t=1s后，物块P、Q一起做匀加速直线 运动 规律方法 处理连接体问题的方法 若连接体内各物体具有相同 的加速度，且不需要求物体 整体法的 之间的作用力，可以把它们 选取原则 看成一个整体，分析整体受 到的外力，应用牛顿第二定 律求出加速度或其他未知量 若连接体内各物体的加速度 不相同，或者要求出系统内 隔离法的 两物体之间的作用力时，就 选取原则 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 培优点三 动力学 考点透视 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字 眼，明显表明题述的过程存在着临界点 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大 距离”等词语，表明题述的过程存在着“起 止点”，而这些起止点往往就对应临界 状态」 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等 字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极 值点往往是临界点 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度” 等，即是求收尾加速度或收尾速度， 2.动力学中的“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但 接触面间弹力FN=O. (2)相对静止或相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时，常存在着 静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条 件是：静摩擦力达到最大值 (3)绳子断裂与松弛的临界条件 绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于 它所能承受的最大张力.绳子松弛的临界 条件是FT=0. (4)速度最大的临界条件 在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度 达到最大值 第三章牛顿运动定律 续表 若连接体内各物体具有相同的 加速度，且要求物体之间的作 整体法、用力时，可以先用整体法求出 隔离法的 加速度，然后再用隔离法选取 交替运用 合适的研究对象，应用牛顿第 二定律求作用力.即“先整体求 加速度，后隔离求内力” 中的临界和极值问题 典题例析 [典例7] 一弹簧一端固 定在倾角为37°的光滑 斜面的底端，另一端拴住 质量m1=4kg的物块P,Q为一重物，已知 Q的质量m2=8kg,弹簧的质量不计，劲度 系数=600N/m,系统处于静止，如图所 示.现给Q施加一个方向沿斜面向上的力 F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运 动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s 以后F为恒力(g取10m/s2).求： (1)物体做匀加速运动的加速度大小. (2)F的最大值与最小值， 审题指导](1)根据平衡条件求出弹簧 开始的压缩量， (2)由牛顿第二定律求出匀加速运动的加 速度. (3)当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q 分离时拉力最大 (4)0.2s时，P对Q的作用力为0. [听课记录]第三章牛顿运动定律 第1讲 牛顿第一定律、牛顿第三定律 课前双基复盘 必备知识·填充知识点一 匀速直线 力(1)惯性(2)维持改变加速度 匀速直线静止固有无关质量 知识点二 1.相互2.(1)相等相反(2)F=一F(3)反作用力 走进教材·拾金 1.CD 2.BC 3.CD 课堂研透考点考点一跟进题组 1.C2.C3.A 考点二跟进题组 1.A2.D3.D 提升学科素养 典例1门B[设人对绳子的拉力大小为F,对建筑材料 m应用牛顿第二定律得F一g=ma.由牛顿第三定律 可知，绳子对人向上的拉力F与人对绳子的拉力F等大 反向，设地面对人的支持力为F、,对人应用平衡条件可 得：F十Fy=Mg,可解得Fv=Mg-mg-ma=490N. 由牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小与地面对人的 支持力大小相等，故人对地面的压力大小为490N,B 正确. [典例2]AC[以箱子为研究对象，水平方向上，木板对 箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子 的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的 摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面 对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木 板的支持力为3mg,根据牛顿第三定律，木板对地面的 压力大小为3g,选项C正确，D错误；以整体为研究对 象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力 为0，选项B错误.] [典例3]AD[以b为研究对象，在竖直方向上，b受到 的重力与a给它的摩擦力平衡，所以a对b的摩擦力方 向向上，大小始终等于，g,根据牛顿第三定律，b对a 的摩擦力方向向下，大小始终等于g,选项B错误，D 正确.以整体为研究对象，在竖直方向上，墙对的摩擦 力与整体所受的重力平衡，所以，墙对的摩擦力方向向 上，大小始终等于mg十g,根据牛顿第三定律，a对墙 的摩擦力方向向下，大小始终等于g十g,选项A正 确，C错误门 第2讲 牛顿第二定律的理解及应用 课前双基复盘 必备知识·填充知识点 1.(1)正比反比相同(2)ma2.(1)基本导出 (2)质量时间千克秒(3)物理关系 知识点二 1.(1)无关不变(2)示数拉力压力2.大于小 于 等于零竖直向上竖直向下向下 n(g十a） m(g一a)减速下降减速上升 知识点三 1.(1)运动情况(2)受力情况2.加速度牛顿第二定律 走进教材·拾金 1.D2.D 3.解析：(1)由于车厢沿水平方向运动，所以小球 有水平方向的加速度，所受合力F沿水平 方向. F 选小球为研究对象，受力分析如图所示. 由几何关系可得F=ngtan 0, 小球的加速度a= F =gtan0=7.5m/s,方向 771 向右，则车厢做向右的匀加速直线运动或向左的匀减速 直线运动. (2)悬线对小球的拉力大小为 r=8N=125N 答案：(1)见解析(2)12.5N 课堂研透考点考点一典题例析 [典例1]A[根据题意，由牛顿第二定律有F一mg= ma,代入数据解得a=6X10-5X10 m/s=2m/s2.] 5×10 ·41 参考答案 [典例2]C[因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对 运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动的 加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙 和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有F、=Mg a,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的 弹力大小为T,对甲受力分析有T-umg=ma, 对乙受力分析有mg一T=ma, 联立解得a=2.5m/s,T=7.5N,C正确，D错误.故 选C. [典例3]A[对D受力分析，当工件 A与D之间恰好没有作用力时，D只 60℃p】 受到重力、B对D的弹力两个力作 用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的 轴心连线方向)，弹力和重力的合力 产生加速度，如图所示 根据牛顿第二定律得F。=ma= mg =V3 tan 60 3 mg 当a= g时A与D之间拾好没有作用力.所以工件D与 3 B间的作用力大小为F,=mg=25 sin60° 3 mg,故选A.] 考点二典题例析 「典例41]A 【剪断前：对B、C、D分析剪断辉：对B分析 →F=6mg ↑F→B 3m （3m+2m+mlg 对分析F=F →Fcg 。熟21 2m 教考衔接aA=2g,am=0 典例5]C[根据题意A球静止时， 对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳 上拉力为T=mg,A球与B球间的 库仑力F=2 ng cos30°=√3mg,故 A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受 合力为0，库仓力与重力的合力与轻 T30 30 绳的拉力等大反向，即重力与库仓力 Ymg 的合力大小为mg,则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消 失，库仓力与重力保持不变，根据三力平衡知识，此时A 球的合外力大小为g,则加速度大小为g,故C正确；若 将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变， 小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变， 故D错误.故选C.门 [典例6]CD[撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的 弹力大小为2 ngsin日，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力 会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零， 加速度为零，B球所受合力为2 ngsin8,加速度为2gsin9; 图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为 mgsin0,加速度均为gsin0,故C、D正确，A、B错误.] 考点三 典题例析 L典例7门L解析](1)物体所受的摩擦力为f=g= 0.2×1×10N=2N, 0~2s,根据牛顿第二定律F-f=ma, 其中F=6N,解得a=4m/s, 2s末的速度u=at=2X4m/s=8m/s, （2)前25内的位移=合af=2×4×2m=8m: 2s~3s内，根据牛顿第二定律F-∫=ma, 其中F'=-3N,可得a=-5m/s, 2s~3s内，物体的位移西=f十之a, 代入数据可得x,=5.5m. 在0~3s内物体所受摩擦力做的功W,=一f(x1十2) 代入数据可得W,=一27J. [答案](1)8m/s(2)-27J [典例8][解析](1)减速时加速度大小为a2,有Mg =Ma2 解得a2=2m/s; (2)根据0-vm2=-2a2(L-x) L=10m,x=2.5m,解得vm=√30m/s; 3 高考总复习物理 (3)冰块匀加速时加速度为a1,则加速阶段有vm2 =2a1z, 减速阶段有0-m2=一2a2(L一x), L-x=7.5m, 则有a1:a2=3:1, 因a1=3a2,故a1=6m/s, 对冰块受力分析得Fc0s53°一u(Mg一Fsin53°) =Ma1, 解得F≈526.3N. [答案](1)2m/s2(2)√/30m/s(3)526.3N 考点四跟进题组 1.A2.C 3.解析：(1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则读 数为5.0N (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N,小 于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态； 根据G=mg=5.0N, 根据牛顿第二定律mg一T=ma, 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0m/s. 答案：(1)5.0(2)失重1.0 提升学科素养 [典例1门B[设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为日，则物 体下滑时的加速度为a=gsin0,由几何关系，斜槽轨道 的长度s=2(R+r)sin8,由运动学公式s=2at,得t= a L2X2(R+r)sin0=2人g gsin ,上，即所用的时间t 与倾角日无关，所以t1=t,,B项正确. [典例2]D[设P到竖直杆底部的距离为d,则小物块 运动的距离x= d os0,其加速度a=gsin月由x=2at Ad 得1=√gn20当9由30增大到60,20由60°增大到 120°，sin29在此范围内先增大后减小.故t在此范围内 先减小后增大，D正确. [典例3]A[因ABCD为矩形，故A、B、C、D四，点必在 以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由 A、B、D三，点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低 点C点，故A正确.」 素养培优4牛顿运动定律的综合应用 培优点一典题例析 [典例1门C[根据牛顿第二定律有F-mg=ma,可得 a=p 一g,图像斜率为=1 72 由图可知ka=k>kc,可得a=ng<nc,故A、B错误； 图像截距为a=一g; 即a=fg,由题图可知aA<aB=ac,可得4a<如 =,故C正确，D错误. [典例2]D[设P的质量为M,P与桌面的动摩擦力为 ∫；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 T-f=Ma, 以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得g一T =ma, 联立可得Q二M=M士·m, 可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当 趋于无穷大时，加速度趋近于g,」 [典例3]C[释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加 速度相同，均为重力加速度g,故A错误：小球运动到最 后达到匀速时，重力和阻力大小相等，即g=k,可得 心=丛，由图像知两小球匀速运动时，心>，则甲球质 量大于乙球质量，故B错误，C正确；根据小球下落高度 等于U-t图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度 较大，故D错误.门 培优点二典题例析 典例4]A[根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F =(M+m)a, ·41 对空间站分析有F'=Ma, 解两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=M干 F. 教考衔接8.7×10kg [典例5] C[当悬挂系统静止在空中时，依据平衡条件 有Mg=2mg, 则有M=2,取走右端的一个钩码后，对整体由牛顿第 二定律有Mg-mg=(m十M)a, 解得a=号，则C正确，D错误.隔离M受力分析，由牛 顿第二定律有Mg一T=Ma, 解得T=号Mg=号mg,则A,B错误.] 4 [典例6]C[图像与坐标轴围成的面积表示速度变化 量，若0~1s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的 速度大小等于a=2×1X0.8m/s=0.4m/s,由图可 得实际Q的图像a-t与坐标轴围成的面积大于Q的加 速度均匀增大时a-t图像与坐标轴围成的面积，故t= 1s时Q的速度大小大于0.4m/s,故A错误；t=0时，对 物块P有F=mpao=2X1N=2N,故恒力大小为2N, 故B错误；t=1s时，对物块P、Q整体有F=(mp十mQ) a1,解得mg=0.5kg:撤去推力后，两物块受弹簧弹力作 用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误， 培优点三 典题例析 [典例7][解析](1)设刚开始时弹簧压缩量为x, 则(1十2)gsin=kxo 因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力， 所以在0.2s时，P对Q的作用力为0， 设此时弹簧压缩量为x1,由牛顿第二定律知 kx1一71 g sin=m1a, 前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为 w-21=2at, 联立各式解得：a=3m/s2; (2)P、Q刚开始运动时拉力F最小，此时有 mim=(m1十22)a=36N, 当P、Q分离时拉力最大，此时有 m2g sin =m2a, 解存Fm=72N, [答案](1)3m/s2(2)72N36N [典例8][解析](1)当B=30°时，小物块恰好能沿着木 板匀速下滑，则gsin9=F,F=umg cos9, 解得μ= 3 (2)当日变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速 度为α，由牛顿第二定律得 -mg sin 6-umg cos =ma, 由0-U6=2a.x得x= 2g(sin 0-ucos 0)' 1 令c0sa= sin a= √J1+ /1+t 即tana=k,即a=30°， 则x= 2g√1十sin(0+a) 当a十8=90°时x最小， 可得0=60，所以x最小值为m-_5 2 [答案](1) (2)8=60° 5W3 m 3 2 素养培优5传送带模型中的动力学问题 模型一 典题例析 [典例1]AD[煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第 二定律有mg=ma,得a=g=2.5m/s,假设煤块的 速度达到4/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移 大小为x1=2a =3.2m<6m,因北堞块先微匀加速直 线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间 为1==1,65，此后煤块以与传送带相同的速度匀速 运动至B端，有x2=x一x1=6m一3.21m=2.8m,匀速 运动的时间为t,=2=0,7s,运动的总时间为t=t十t2 =2.3s,A正确，B错误；划痕长度即煤块相对于传送带 的位移大小，可得△x=t1一x1=3.2m,C错误，D 正确. [典例2][解析](1)当快件做加速运动时，由牛顿第二 定律可得umg=ma, 代入数据，解得a=2m/s (2)当快件的速度与传送带速度相等时，运动的位移为 2=2ax1 代入数据，解得x1=0.25m, 经历的时间为t1= 卫=0.5s, 此时快件离B处的距离为x2=L一工1=5m, 则匀速运动的时间为，=二=5s, 7 故快件从A运送到B所用的时间为t=t1十t2=5.5s. [答案](1)2m/s (2)5.5s 模型二典题例析 [典例3]C[0~t。时间内：物体轻放在传送带上，做加 速运动.受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦 力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀 加速运动.t。之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦 力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀 速直线运动.C正确，A、B、D错误. [典例4]A[将行李箱无初速度地放在传送带底端，一 开始行李箱向上加速运动，合力方向沿传送带向上，受 到的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，即 umgcos mgsin 0 可得tang<u= ,可得运输行李时该传送带的倾角必 3 须满足<30°，故A正确；匀速阶段，根据受力平衡可 知，行李箱受到静摩擦力作用，大小等于重力沿传送带 向下的分力，故C错误；根据牛顿第二定律可得mgcos日 -mgsin 0=ma, 可得加速度大小为a=gcos日-gsin0,可知行李箱的加 速度与行李箱的质量无关，则重的行李箱与轻的行李箱 加速阶段用时相等，故D错误；设传送带提速前的速度 为心1，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为1= 分，x1一，提高传送带的运转速度，由于加速阶段 李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度 U1过程所用时间t1不变，通过的位移x1不变，但提速后 行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程， 提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送 时间变短，故B错误. 素养培优6“滑块一木板”模型中的动力学问题 [典例1]BCD[v-t图像与坐标轴围成的面积表示位 移，物块的位移为西=20·2=， 木板的位移为x2=2i十2u(。一）=2。。 1 2 物块与木板的位移之比可表达为西 -,故A Ut2十ot 错误； 根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为Q= 26,故B正确；0~41时间内，对物块，根据牛顿第二 定律a=凸mg」 =1g Q1=巴，0~t时间内，对木板，根据牛颜第二定律以mg t 一U 十2·2mg=ma2,ag t 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为凸一 2v v-2U ,故C正确；t1一t2时间内，对木板，根据牛顿第二 定律有h,·2g一1mg=ma3 且a>a1,联立可得>4w,故D正确.] ·41 参考答案 [典例2][解析](1)由题图乙可求出物块冲上木板做匀 减速直线运动的加速度大小a=10-4m/g=1.5m/5,木 4 板开始做匀加速直线运动的加速度大小a,=一0m/s 4 =1m/s2,达到共同速度后物块与木板一起做匀减速直 线运动的加速度大小a,=4.0 8m/s2=0.5m/s2. (2)对物块冲上木板匀减速阶段有以1mg=ma1, 对木板向前匀加速阶段有u1mg一2(m十M)g=Ma2, 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 42(m十M)g=(M+m)a3, 联立以上三式可得M=2, m 3 (3)由题图乙可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△x 对应题图中ak的面积，故△r=10X4X号m=20m [答案](1)1.5m/s21m/s20.5m/s (2)2 (3)20m 典例3]解析](1)物体A刚滑上木板B时，根据牛顿 第二定律得： 对物体A:m1g=n1aA, 对木板B:F十m1gu(m1十2)g=2aB 解得：aA=2m/s2, ③ au=3 m/s'. (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、 7十L B具有共同的速度u,则2。三2a ⑤ ⑥ aA aB 解得：am'=2元一aa=6m/s ⑦ 对木板B:F十m1g=ma 解得：F=2N ⑨ 所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2N [答案] 见解析 [典例4][解析](1)对物块根据牛顿第二定律得41mg =a1,解得a1=2m/s,当t=1s时物块的速度大小为 4=a1t1=2m/s. (2)拉力为2N时，平板的加速度为F1一山1mg一4(M+ m)g=Ma2, 解得a2=3m/s, 平板的速度为2=a2t1=3m/s, 平板的位移为x=2a=1.5m, 拉力为1.4N时的加速度为F2一41mg一2(M十m)g =Ma3' 解得a=0, 平板做匀速运动，位移为x3=t=1.5m, 0~1.5s内平板运动的位移大小为x=x2十x3=3m. (3)物块加速到3m/s的时间为6=二0 =1.5s, a 物块加速到3m/s的位移为=之01号=2.25m, 物块最后静止时到P处的距离为s=x一x1=0.75m, [答案].(1)2m/s:(2)3m:(3)0.75m 实验四探究加速度与力、质量的关系 热点一 [典例1][解析](1)关于“消除摩擦力”的原 理是利用小车的重力沿倾斜长木板向下的分力平衡小 车运动中受到的阻力，因此不用挂盘和砝码，正确操作 是图中的B. (2)a-F图像不过原点，由图像可知，当小车受到的拉 力不是零时，小车的加速度仍是零，其原因是没有消除 摩擦力或消除摩擦力不够，即木板的倾斜角度过小，A 错误，B正确；由实验装置可知，当盘和砝码的质量远小 于小车的质量时，就近似认为盘和砝码的重力大小等于 对小车的拉力，末端发生弯曲的原因是盘和砝码的质量 不是远小于小车的质量，即所挂钩码的质量较大，C错 误，D正确」 5