专题3 牛顿第二定律的应用 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题3 牛顿第二 定律的应用 1 力引起运动的变化,行动改变你不满的当下,主动施力主宰自己的每一步轨迹! 真题解码 真题试练 　  (2022浙江6月,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24 °角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与 滑轨间的动摩擦因数均为μ= ,货物可视为质点(重力加速度g=10 m/s2,取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小; (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小; (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。   目 录 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行,根据牛顿第二定律有 mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1 解得a1=2 m/s2。 (2)根据匀变速直线运动规律有v2=2a1l1 解得v=4 m/s。 (3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,水平滑轨长度最短时有最大末速度v1=2 m/s,根据匀变速直线 运动速度与位移的关系式有 -v2=2a2l2 根据牛顿第二定律有-μmg=ma2 联立解得最短长度l2=2.7 m。 目 录 　  探究1　一题多解 本题解析中用了常规的动力学公式解题。请应用动能定理求解(2)、(3)问,可以分过程列式,也可以对 全过程应用动能定理列式。 思维探秘 答案　(2)可对货物沿倾斜滑轨运动过程应用动能定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)l1= mv2-0。 (3)解法一　分段法 可对货物在水平滑轨运动过程应用动能定理列式,有 -μmgl2= m - mv2。 解法二　全程法 对全过程应用动能定理有(mg sin 24°-μmg cos 24°)l1-μmgl2=  m -0。 目 录 探究2　拓展设问 若本题情境不变,请分析以下设问。 ①设问1:求货物在倾斜滑轨上滑行的时间t1。 ②设问2:若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求货物在水平滑轨上的运动时间t2。 答案　①解法一:根据l1= a1 ,解得t1=2 s。 解法二:由动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)t1=mv-0 解得t1=2 s。 ②解法一:对货物在水平滑轨上运动过程,由动量定理有 -μmgt2=mv1-mv,解得t2=0.9 s。 解法二:对全程利用动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cos 24°)t1-μmgt2=mv1-0,可得t2=0.9 s。 解法三:由牛顿第二定律先求出货物在水平滑轨上运动的加速度,再根据匀减速直线运动的位移与时间 的关系式求出时间t2。 目 录 探究3　图像表征 请定性画出货物从倾斜滑轨顶端由静止下滑到水平滑轨右侧末端的v-t图像(v表示速度大小),并思考通 过图像可求出哪些相关物理量。 答案　由于已知货物在倾斜滑轨上运动的初速度和位移,可对其受力分析,由牛顿第二定律求出其加速 度大小,根据v-t图像的特点(斜率绝对值表示加速度大小、图线与横轴所围面积大小表示位移大小)求 出其在倾斜滑轨上运动的末速度大小和运动时间。货物在水平滑轨的初速度大小等于上一阶段的末 速度大小,且已知这段过程的最终速度大小不超过2 m/s,对其受力分析,可求其加速度大小,同样可根据v -t图像的特点求出临界状态(末速度为2 m/s时)对应的该过程的位移大小和时间。   目 录 探究4　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 滑沙是一项人们比较喜欢的运动(图甲),其运动过程可简化为图乙所示的模型,滑沙者坐在滑板上与滑 板保持相对静止,从沙坡(可视为斜面)顶端的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平沙道(设经过B点 前后速度大小不变),最后停在C点。如果在滑板上装有速率传感器,且每隔一段时间通过该传感器测出 滑沙者的速率,某次滑沙的部分测量数据见表,假设沙道与滑板间的动摩擦因数处处相同,不计空气阻 力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 t(s) 0.0 0.2 0.4 0.6 … 2.9 3.1 3.3 … v(m/s) 0.0 0.4 0.8 1.2 … 3.0 2.0 1.0 … 目 录  　  请根据上述信息,判断下列说法是否正确,如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答过 程。 目 录 　  (1)人和滑板一起沿沙坡下滑过程中一定受到重力、支持力、下滑力和摩擦力。 稳基础 答案　错误;下滑过程中,人和滑板组成的整体受到重力、支持力和摩擦力,不受下滑力。 (2)无论是在沙坡上还是在水平沙道上运动的过程中,人对滑板的压力大小与滑板对人支持力的大小时 刻相等。 答案　正确;人对滑板的压力大小时刻等于滑板对人的支持力大小,二者是一对相互作用力。 (3)人沿着沙坡由静止开始加速滑下的过程中,其惯性会越来越大。 答案　错误;惯性是物体本身的属性,与物体的运动状态无关,人的质量不变则惯性不变。 (4)质量较大的成人和质量较小的小孩从沙坡A点由静止滑下,由于成人的惯性较大,所以成人下滑得更 快。 答案　错误;根据牛顿第二定律可知,下滑过程中二者运动的加速度均与质量无关,即成人和小孩下滑 得一样快。 目 录 　  (5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。 叠能进阶 答案　正确;选取题表中后三组数据可得,a1= =-5 m/s2,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1,联立解得μ=0.5。 (6)根据题中信息能求出沙坡的倾角θ。 答案　正确;选取题表中前三组数据可得,a2= =2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联 立解得θ=37°。 (7)根据题中信息能求出这次滑沙所用的总时间t1。 答案　正确;根据表中数据规律及匀减速直线运动的加速度可推导t1=3.5 s时人停在C点。 目 录 (8)根据题中信息能求出这次滑沙在沙坡上所用的时间t2。 答案　正确;由于前一阶段的初速度和后一阶段的末速度都等于0,可得前、后两阶段加速度大小之比 等于时间的反比,可得前一阶段所用时间等于后一阶段所用时间的2.5倍,即整个过程所用时间t2+0.4t2= 3.5 s,可求出在沙坡上所用的时间t2=2.5 s。 (9)根据题中信息能求出水平沙道BC的长度。 答案　正确;人在水平沙道上做匀减速直线运动,所用时间t3=0.4t2=1 s,加速度a1= =-5 m/s2,末速度为0, 则xBC= |a1| =2.5 m。 (10)根据题中信息能求出沙坡AB的长度。 答案　正确;沙坡AB的长度为在此段运动的位移大小,由运动学公式可求位移大小,xAB= a2 =6.25 m。 目 录 　　我们的物理思维往往是从某个表象(通常以某种状态的现象或现状)出发进行描述和分析,一般先 追本溯源,探究这种现象或现状出现的原因和条件;接着顺藤摸瓜,揭示这种现象或现状蕴含的内在规 律;然后寻踪觅迹,进行拓展延伸和趋势预测。     素能进阶 目 录 　　通过上述“真题解码”,我们初步了解了本单元的核心知识在解决实际问题时的技巧与方法。本 单元是运动与相互作用观念的具体应用,运动及其变化是表象,引起运动变化的受力是关键,其核心的 思维线索就是以加速度为纽带将运动和力联系起来。如思考路径图所示,所呈现的题型主要有两类:一 类是已知受力求运动(例如2022年浙江6月高考卷第19题),另一类是已知运动求受力(例如探究4▶举一 反三)。解答问题的思维方法主要集中在两个方面:一是受力分析,根据牛顿运动定律列受力方程;二是 运动分析,根据运动规律列运动方程。为了帮助大家在备考复习中清晰梳理和融会贯通,特设立几个专 题进行详细探究。 目 录 专题3　牛顿第二定律的应用 目 录 解法探秘 真题试练1：基本模型的应用 (2022辽宁,7,4分)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的取值可能正确的是 (　　　)   A.v0=2.5 m/s　　　　　B.v0=1.5 m/s　　　　　C.μ=0.28　　　　　D.μ=0.25 B 解析　小物块在水平桌面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 有v0<2 m/s,A不可能正确,B可能正确。对小物块受力分析结合牛顿第二定律有a=-μg,v2- =2ax,得 +2 ax>0,由v0<2 m/s可得μ<0.2,C、D不可能正确。 目 录 　  探究1　一题多解 试用多种运动学解法解题(提示:匀变速基本公式法、图像法)。 解法重构 答案　本题为标准的水平面运动模型,小物块做匀变速直线运动,已知位移、时间,求解动摩擦因数和 初速度的取值范围,找出可能的v0和μ的值。 解法一　由于已知运动时间与位移,应用位移时间关系式x=v0t+ at2,速度时间关系式v=v0+at>0, 联立解得μ<0.2,v0<2 m/s。 解法二　绘制小物块的速度-时间图像如图所示   图线与横轴围成的面积表示位移,则x= t,且v=v0+at>0,联立解得μ<0.2,v0<2 m/s。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:若小物块恰好从桌面另一端滑落,则v0、 μ值为多少? ②设问2:若小物块以初速度v0=2 m/s沿中线滑向另一端,停在了桌子正中间,其他条件不变,求物块与桌 面间的动摩擦因数μ与物块的滑行时间t'。 ③设问3:若已知小物块以初速度v0=1.5 m/s沿中线滑上长1 m、动摩擦因数μ=0.1的水平桌面,用多种方 法求滑动时间t=1 s时小物块的速度v(重力加速度g=10 m/s2)。 目 录 答案　①由于小物块恰好滑落,故末速度v=v0-at=0,a=μg,x= v0t,联立解得μ=0.2,v0=2 m/s。 ②由于运动时间未知,应用位移与速度关系式,则-2ax'=0- ,a=μg,联立解得μ=0.4。由于 = = ,代 入数据解得t'=0.5 s。 ③本题应首先判断物块是否在1 s时已经停下来,若没有停下来还需判断小物块此时是否已经滑落。根 据牛顿第二定律有a=μg。若桌面足够长,则物块的滑行时间t停= =1.5 s,1 s时还未停下来,则1 s时小 物块滑行的位移x″=v0t- at2=1 m,故1 s时物块恰好滑落,此时的速度可以由三种方法求解。 解法一　应用速度时间关系式得v=v0-at=0.5 m/s。 解法二　由动能定理得-μmgx″= mv2- m ,解得v=0.5 m/s。 解法三　由动量定理有-μmgt=mv-mv0,解得v=0.5 m/s。 目 录 【互动互探】 通过上述探究,你知道有哪些求解速度的方法吗? 互动点拨 高中力学中求解物体速度是核心问题之一,常见的三种方法为牛顿运动定律结合运动学公式、动能定 理和动量定理。三种方法在解决物理问题上是等价的,但各有优势,如表所示。 牛顿运动定律结合运动学公式 动能定理 动量定理 本质 通过受力分析求加速度,结 合运动学公式推导速度 通过能量转化,直接建立功 与动能变化的关系 从冲量与动量变化的关系 切入,建立力与速度的联系 核心公式 ①F合=ma ②v=v0+at x=v0t+ at2 v2- =2ax W合=ΔEk= mv2- m  I合=Δp=mv-mv0 核心物理量 加速度、时间 力、位移 力、时间 目 录 优 势 过程清晰,容易入手 (1)标量运算,避开了矢量的 方向问题 (2)可避开中间复杂过程 (1)矢量性明显(需规定正 方向),可用来判定速度的 方向 (2)特别适用于流体冲击、 连续作用问题 目 录 探究3　同类竞探 1.情境变异·水平桌面→倾斜坡面　(2025山东,8,3分)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡 面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂 直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加 速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为 (　　　)   B A.g sin2θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ B.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2θ C.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ D.g cos2θ-μg cos θ-μg sin2θ 目 录 审题指导 物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。 解析　如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN的G2,由几何关 系可得G1=mg cos θ、G2=mg sin θ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2分解为沿挡板MN的G3和垂直于 挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2 cos θ=mg sin θ cos θ、G4=G2 sin θ=mg sin2 θ。(点拨:建筑材料沿 坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂直于挡板方向所受合力均为零)建筑材料与坡面间的摩擦力 Ff1=μFN1=μG1,建筑材料与挡板间的摩擦力Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀加 速滑行的加速度大小a= =g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2 θ,B正确。  　　  目 录 2.现象追踪·超重与失重　(2020山东,1,3分)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s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 解析　s-t图像中图线切线的斜率表示速度。在0~t1时间内,s-t图像中图线切线的斜率增大,v增大,由题 设条件知,乘客速度方向向下,加速度方向向下,由牛顿第二定律得mg-FN=ma,即FN=mg-ma<mg,A错误;在 t1~t2时间内,s-t图像中图线切线的斜率不变,v不变,由题设条件可知,乘客速度方向向下,加速度为零,由牛 顿第二定律得mg-FN=0,即FN=mg,B错误;在t2~t3时间内,s-t图像中图线切线的斜率减小,v减小,由题设条件 可知,乘客速度方向向下,加速度方向向上,由牛顿第二定律得FN-mg=ma,即FN=mg+ma>mg,C错误,D正确。 目 录 【互动互探】 生活中存在大量的超重、失重的现象,判断超重、失重的方法有哪些? 互动点拨 (1)从力的角度判断:分析物体所受竖直向上的力(或该方向上的分力)大于重力时,物体处于超重状态;小 于重力时,物体处于失重状态;等于0时,物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断:当物体具有竖直向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有竖直向下的(分) 加速度时,物体处于失重状态;竖直向下的(分)加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态。 目 录 3.情境变异·斜面模型　(2021全国甲,14,6分)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θ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 D 解析　本题为斜面模型的实际应用,研究对象为小物块,斜面光滑、小物块初速度为0,则对小物块受力 分析结合牛顿第二定律,可知沿斜面方向的加速度为g sin θ,垂直斜面方向受力平衡。设P、Q的水平距 离为L,由运动学公式可知 = g sin θ·t2,可得t2= ,可知当θ=45°时t有最小值,故当θ由30°逐渐增 大至60°时,下滑时间t先减小后增大。D正确。 目 录 4.生活应用·传送带　(2021辽宁,13,11分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如 图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿 传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦 因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。   目 录 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析　本题属于倾斜的传送带模型,进行受力分析时,与斜面模型相似,需进行正交分解。 (1)因为v1<v2,所以包裹相对于传送带向下滑动,所受滑动摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有μmg cos α-mg sin α=ma,代入数据解得a=0.4 m/s2 (2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2 减速阶段有v1=v2-at1, - =2ax1 匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L 且t=t1+t2,联立解得t=4.5 s 目 录 (2023福建,5,6分)(多选)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含 乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的 拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则 (　 　) A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 真题试练2：复杂模型应用 解析　设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分析,由牛顿第二定 律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢 进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3= 3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。 BD 目 录 　  探究1　方法总结 “真题试练2”的题目属于连接体模型的实际应用,综合应用整体法和隔离法求解连接体系统的内 力。如图所示,若力F推着A、B两物体(质量分别是M与m),二者以相同的初速度在同一水平面上滑动。 两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则A、B两物体间的相互作用力T可用以下方法 求解。   对整体有F-μ(M+m)g=(M+m)a,对受力简单的B有T-μmg=ma,求解可得T= F,可得出结论:运动情况 相同,受力情况“相似”,则各力大小与质量成正比。该结论可直接应用于“真题试练2”中的D选项 的推导。请尝试应用此方法求解。 解法重构 目 录 答案　求T1时将三节车厢看作模型中的B物体,剩余部分(车头)为A物体,求解T2时将后两节车厢看作模 型中的B物体,求解T3时将第三节车厢看作模型中的B物体,直接代入公式即可得到T1∶T2∶T3=3∶2∶1。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:若A、B两个物体改为叠放,水平地面光滑,A、B之间没有相对滑动,外力F作用于物体B上,A物 体质量仍为M,B物体质量仍为m,则A、B之间的静摩擦力f为多大?   ②设问2:设问1中若外力F作用于A上,A、B未发生相对滑动,则A、B之间的静摩擦力f为多大? 答案　①同样用整体法和隔离法求解,对整体有F=(M+m)a,对受力简单的A有f=Ma 联立解得f= F。 ②对整体与物体B分别应用牛顿第二定律,或直接应用方法总结中的结论可得f= F。 目 录 探究3　同类竞探 1.条件变异·外力变化　(2021海南,7,3分)如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相 连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。 已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为 (　　　)   A.4.0 N　　　　B.3.0 N　　　　C.2.5 N　　　　D.1.5 N A 目 录 解析　P静止在水平桌面上时,Q也静止,对P、Q分别进行受力分析,由平衡条件可得T1=mQg=2 N,f=T1=2 N<μmPg=2.5 N。当推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2= =1 N,物块Q受到的重力大 于轻绳的张力,则其加速下降,根据牛顿第二定律可得mQg-T2=mQa,解得a=5 m/s2;P、Q通过轻绳相连,故 物块P将以大小相同的加速度向右加速运动,此时受到向左的滑动摩擦力,对P由牛顿第二定律可得T2+ F-μmPg=mPa,解得F=4.0 N,A正确。 目 录 2.图像表征·板块模型　(2021全国乙,21,6分)(多选)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。则(　 　)       A.F1=μ1m1g B.F2= (μ2-μ1)g BCD C.μ2> μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 目 录 解析　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~t1这段时间内,木板与地面保持相对 静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变 化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木 板与物块间出现相对滑动,对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2> μ1,C正确。t2时刻,木板与物块 刚出现相对滑动,对物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g ,B正确。   目 录 3.情境变异·多过程问题　(2024海南,17,12分)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的 光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧 靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板的质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客从a点由静止开始下滑,在 b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台 上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻 力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。   目 录 答案　(1)1 000 N　(2)7 m 解析　(1)游客从a点滑到b点,由动能定理有 mgh= m -0 游客在b点,有F-mg=m  联立解得F=1 000 N 由牛顿第三定律可知,游客滑到b点时对滑梯的压力的大小F'=F=1 000 N。 (2)解法一:动力学方法 游客在平台上滑行s=16 m后停下,由牛顿第二定律有μmg=ma1 由运动学规律有0- =-2a1s 解得游客刚滑上平台时的速度大小为v1=8 m/s 目 录 游客滑上平台前在滑板上滑动时,对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2 对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3 游客在滑板上滑动的过程,由运动学规律有v1=vb-a2t 游客的位移为x1=vbt- a2t2 滑板的位移为x2= a3t2 滑板的长度L=x1-x2 联立解得L=7 m。 解法二:动量方法 游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,有mvb=mv1+Mv2 由能量守恒有 m = m + M +μmgL 对游客在平台上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0- m  联立解得L=7 m。 目 录 1.动力学的两类基本问题:已知受力情况求解运动和已知运动情况求解力。 　　不论哪类问题,牛顿第二定律都是核心。基本思路如下。   　　不难看出,受力分析与运动分析,以及寻找二者的关联是解答这类问题的关键。 解法密钥 底层逻辑 目 录 2.应用牛顿第二定律解决问题的一般步骤   目 录 　  1.数形结合分析动力学问题 (1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,掌握物理图像所反映的物理过程。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义,例如图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图 线的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,应用物理规律列出与图像对 应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题进行准确判 断。 2.整体法与隔离法——连接体问题的分析 整体法、隔离法的交替运用,若连接体或系统内各物体具有相同的加速度,且要求系统内物体之间的作 用力时,可以先用整体法求出加速度,再用隔离法选取合适的研究对象,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”。 思维方法 目 录 3.分析临界极值问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能(特别是非此即彼两种可能)时,或变化过程中可能出现临界条件(也可能不出现临界条件)时,可用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件 目 录 　  思维核心　 (1)在备考的过程中,我们需要牢牢把握受力分析和运动分析的主线,透过情境看本质。充分利用函数 图像、示意图展示过程,注意拆分复杂过程,注重思维过程和语言表达的规范性,解题过程中注意分类 总结,准确把握思考方向。 (2)掌握常考的模型,例如板块模型、连接体模型、弹簧模型、传送带模型等。 (3)深入理解力以及力的运算法则,学会正确地进行受力分析。对于连接体问题和动态平衡问题的研 究,我们应当学会灵活选择研究对象,即整体法与隔离法的灵活运用,以提升解题效率。 (4)熟练掌握思维方法中所提及的解题技巧,并尝试将生活中的现象与所学知识相联系,以增强运用物 理知识解决现实问题的能力。 考向探秘 目 录 1.(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合 力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　　)    　　　  A 解法特训 目 录 解析　由题图可知,机器人在0~1 s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速直线运动,1~2 s 时间内所受合力为0,加速度为0,2~3 s时间内所受合力与0~1 s时间内所受合力大小相等、方向相反,机 器人的加速度也与0~1 s内机器人的加速度大小相等、方向相反,而且0~1 s时间内与2~3 s时间内的时 间间隔相等,A正确。 目 录 2.(2025黑吉辽蒙,10,6分)(多选)如图(A),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物 块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对 地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(B)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时 切线斜率为0,则 (　 　) A.μ1+μ2=2 tan θ B.t=t0时,甲的速度大小为3v0 AD C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 目 录 解析　甲、乙的x-t曲线均为抛物线,说明甲、乙的运动均为匀变速直线运动,乙的x-t曲线在t=t0时切线 斜率为0,则t=t0时乙的速度为0,对乙有x0= t0,对甲有3x0= t0,解得v=2v0,B错误;对甲有v=v0+a1t0①, mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1②,对乙有0=v0-a2t0③,μ2mg cos θ-mg sin θ=ma2④,解得a1=a2,μ1+μ2=2 tan θ,A正确;t =t0之前,甲做加速运动,乙做减速运动,且加速度大小a1=a2,以斜面、甲和乙三者组成的整体为研究对象, 则整体加速度为零,则地面对斜面无摩擦力,C错误;t=t0之后,甲继续加速下滑,乙停止运动,则地面对斜面 的摩擦力方向向左,D正确。 目 录 3.(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,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 C 目 录 审题指导 A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。 解析　对A进行受力分析,如图   由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向,故T=mg,F库=2mg cos 30°= mg,A、B 错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前 对A的拉力大小相等、方向相反,故加速度大小为g,C正确。在绳剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不 变,则轻杆的力不变,D错误。 目 录 4.如图所示,足够长的传送带倾角为θ,以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2 沿传送带向下滑上传送带,已知v2>v1,物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ。以物块刚滑上传送带的位 置为起点,以传送带底端所在水平面为零势能面,则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确 的是(　　　)  　　　　　  D 目 录 解析　由于μ>tan θ,则物块先沿传送带向下做匀减速直线运动,合力大小F合=μmg cos θ-mg sin θ,方向沿 传送带向上,速度减为零后物块沿传送带向上做匀加速直线运动,合力大小F'合=μmg cos θ-mg sin θ,方向 沿传送带向上,因为v2>v1,所以物块沿传送带向上运动到与传送带速度相同后,与传送带相对静止向上 做匀速运动,此时物块所受合力为零;减速阶段有0- =2a1x1,加速阶段有 -0=2a2Δx2,所以物块速率v与路 程x的变化关系图线不是直线,A、B错误。由动能定理得F合·Δx=ΔEk,即 =F合,可知Ek-x图线斜率的绝 对值表示合力大小,动能减小过程和动能增加过程,图线斜率的绝对值相等,最终物块的动能小于初动 能并保持不变,C错误,D正确。 目 录 5.如图所示,P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O'点。系统静止时,两细线与竖直方向 的夹角均为30°,弹簧与竖直方向的夹角为60°。已知小球Q的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确 的是 (　　　) D A.O'Q间细线张力的大小为 mg B.弹簧弹力的大小为 mg C.剪断弹簧瞬间,球P的加速度大小为 g D.球P的质量为 m 目 录 解析　对Q受力分析,Q受竖直向下的重力、细线O'Q的拉力和弹簧的弹力,根据平衡条件可得FO'Q=mg cos 30°= mg,F弹=mg sin 30°= mg,A、B错误。对球P受力分析,有F弹 sin 60°=FOP sin 30°, mPg+F弹 cos 60°=FOP cos 30°,联立解得FOP= mg,mP= m,D正确。剪断弹簧瞬间,OP细线中弹力发生突变,球P的运动为圆周运动的一部分,根据牛顿第二定律得球P的加速度大小a= = g,C错误。 目 录 6.(2025安徽,5,4分)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不 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运动,木箱始终保持静止。已知 甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙 下落的过程中(　　　) 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 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N C 解析　甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方向向右,A错 误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第二定律可知地面对木箱的支 持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg= ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5 m/s2,T=7.5 N,C正确,D错误。 目 录 7.(2025江苏,10,4分)如图所示,弹簧一端固定,另一端与光滑水平面上的木箱相连,箱内放置一小物块,物 块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放,释放后物块在木箱上有滑动,滑动过程中不与木箱前后 壁发生碰撞,不计空气阻力,则(　　　)   A.释放瞬间物块加速度为零 B.物块和木箱最终仍有相对运动 C.木箱第一次到达最右端时,物块速度为零 D.物块和木箱的速度第一次相同前,物块受到的摩擦力不变 D 目 录 解析　释放瞬间木箱在水平方向上受弹簧弹力和物块向左的摩擦力,合力向右,向右加速;物块受到向 右的摩擦力而加速,加速度a物= =μg,A错误;弹簧、木箱与物块组成的系统的机械能一部分转化为因 摩擦产生的热量,最终物块和木箱一定相对静止,一起在水平面上做简谐运动[点拨:当二者一起做简 谐运动时,对物块有f=ma,对物块和木箱整体有F=(m+M)a,可得F= ],B错误;木箱第一次到达最 右端时,所受合力向左,加速度大小a= ,若物块与木箱第一次共速后,物块做减速运动的加速度 小于木箱的加速度,则物块此时的速度可能没有减到零,C错误;释放后对木箱有kx-μmg=Ma箱,根据题意, 释放后物块在木箱上有滑动,则a箱>a物,随着x的减小,木箱加速度减小,在两者速度第一次相同前,物块一 直受到恒定的滑动摩擦力,D正确。 目 录 8.如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动,已 知拉力F=6.5 N,玩具的质量m=1 kg。经过时间t=2.0 s,玩具移动了x=2  m,这时幼儿松开手,玩具又滑 行了一段距离后停下(取g=10 m/s2)。 (1)求玩具与地面间的动摩擦因数。 (2)松开手后玩具还能滑行多远? (3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力?   目 录 答案　(1) 　(2)  m　(3)30° 解析　(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动,由位移与时间关系式有x= at2 解得a=  m/s2 对玩具根据牛顿第二定律有 F cos 30°-μ(mg-F sin 30°)=ma 解得μ= 。 (2)松手时,玩具的速度v=at=2  m/s 松手后,根据牛顿第二定律有μmg=ma' 解得a'=  m/s2 由匀变速直线运动的速度与位移关系式得玩具的位移 目 录 x'= =  m。 (3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ,玩具要在水平面上运动,则F cos θ-Ff>0 Ff=μFN 在竖直方向上,由平衡条件得FN+F sin θ=mg 解得F>  cos θ+μ sin θ=  sin (60°+θ) 则当θ=30°时,拉力最小,最省力。 目 录 $