第3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（鲁科版）

A.物体对斜面的压力和斜面对物体的支持 力是一对平衡力 B.物体所受的重力和斜面对物体的作用力 是一对平衡力 C.物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩 擦力是一对作用力和反作用力 D.物体所受的重力可以分解为沿斜面向下 的力和对斜面的压力 第2讲 牛顿第 课前双基复盘 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 (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 易错警示 1.对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律 都是成立的.不能错误地认为只有物体受力 平衡时，牛顿第三定律才成立， 2.作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作 用的物体不同，所产生的效果往往不同. 3.作用力与反作用力只能是一对物体间的相 互作用力，不能牵扯第三个物体， 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 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 (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 一g 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 36 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： 课堂研透考点 考点一对牛顿 考点透视 1.牛顿第二定律的五个特性 →a与F方向相同 矢量性 →a与F对应同一时刻 →瞬时性 →F是产生a的原因 因果性 F=ma F、m、a对应同一物体 →统一性 F、m、a统一使用国际单位 一每一个力都可以产生各自的加速度一独立性 2.合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为 零，物体都有加速度 (2)a= 是是加速度的定义式，a与Au,d无 必然联系；u=E是加速度的决定式，acF, m (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与 速度反向时，物体减速运动. 典题例析 典例1(2025·甘肃卷，3)2025年4月24日， 在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神 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 热点考向讲练提升 第二定律的理解 舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载 火箭.若在初始的1s内燃料对火箭的平均推 力约为6×10N.火箭质量约为500吨且认为 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) A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.12m/s2 典例2(2025·安徽卷， 甲 5)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1.0kg,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10m/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2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 考点二 瞬 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3 (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， 30° 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 ( 考点三 动力 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 0 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 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 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 0 列方程求解 根据牛顿第二定徐a或一 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论 时加速度的求解 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4（双选）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. 学的两类基本问题 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 两个分析 点，找出相邻过程的联系点 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 加速度 受力情况 运用运动学公式和牛顿 个桥梁 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 38 (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5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 FIN 6 3 0 F 4s -3 777777777777777777777777 -6H 图1 图2 (1)在2s末物体的速度大小； (2)在0一3s内物体所受摩擦力做的功. 听课记录 典例6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=0.2， 3o 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vm; (3)工人拉冰块的拉力大小F. F 53 577m7mmmmmm7777772 甲 乙 听课记录 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 ↓ 选取力的 ·合成法或正交分解法 处理方法 0 选取正方向 ·通常规定加速度的方向为正方向 [F=max 确定合外力 ①根据牛顿第二定律F合=ma或 LF,=ma 列方程求解 ②由运动学公式列出辅助方程 考点四对超重和失重现象的理解 考点透视 C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力 1.不论超重、失重或完全失重，物体的重力都 和摩擦力 不变，只是“视重”改变， D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大 2.物体是否处于超重或失重状态，不在于物 于重力 2.“反向蹦极”是一项比蹦极更 *0 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 刺激的运动.如图所示，劲度 是判断物体超重或失重的根本所在， 系数为k的弹性轻绳的上端 固定在O点，拉长后将下端 A 3.当物体处于完全失重状态时，重力只有使物 扣环 ǔ力传感器 固定在体验者的身上，人再m 体产生a=g的加速度效果，不再有其他效 与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器 果.此时，平常一切由重力产生的物理现象 示数为1000N.打开扣环，人从A点由静止 都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体 释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上 不再产生压强和浮力等。 升到最高位置C点，在B点时速度最大.已 跟进题组 知AB长为2m,人与装备总质量m=80kg 1.如图所示，某人站上向右上 (可视为质点).忽略空气阻力，重力加速度 行的智能电动扶梯，他随扶 g取10m/s2.下列说法正确的是（) 梯先加速，再匀速运动.在 A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 此过程中人与扶梯保持相 B.经过C点时，人处于超重状态 对静止，下列说法正确的是 C.弹性轻绳的劲度系数为500N/m A.扶梯加速运动阶段，人处于超重状态 D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小 B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水 为22.5m/s2 平向左 学习至此，请完成配套训练课时冲关14 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 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折 1.数形结合解决动力学图像问题 点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对 (1)在图像问题中，无论是读图还是作图，都应 应的物理意义，尽可能多地提取解题信息 尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公 (3)常见的动力学图像 式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a 关系读取图像信息或者描点作图. 图像等 40 2.动力学图像问题的类型：图像类问题的实质 是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F= a为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、 线、截距、斜率、面积所表示的意义.一般包括 下列几种类型： {由v-图像分析物体的受力情况 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 由F-图像分析物体的运动情况 3.解题策略 由运动图像 喝酸等 构建 (运动情景 抓住 鸚簧 图像的关 取 有滑信意” 由选醇云龚排列方程 典题例析 典例1物体A、B、C均静止在 同一水平面上，它们的质量 0 分别为mA、mB、mc,与水平 面的动摩擦因数分别为4A、C,用平行 于水平面的拉力F分别拉物体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，则以下关系正确的是 培优点二 动力 考点透视 1.连接体的类型 弹簧 F A FM 接 Af 物 放连接体 昌江·上判 A.mA<mB<mc B.mA<mB-mc C.<uB=uc D.>uB=uc 典例2甲、乙两球质量 甲球 分别为m1、m2,从同一 乙球 地点（足够高）同时由 静止释放.两球下落过 程所受空气阻力大小f 仅与球的速率成正比，与球的质量无关， 即f=k(k为正的常量).两球的v-t图像 如图所示.落地前，经时间t。两球的速度都 已达到各自的稳定值v、v2.则下列判断正 确的是 ( A.释放瞬间甲球加速度较小 B.1=坐 1m2U1 C.甲球质量大于乙球质量 D.t。时间内两球下落的高度相等 规律方法处理动力学图像问题的一般 思路 (1)依据题意，合理选取研究对象， (2)对物体先受力分析，再分析其运动过程， (3)将物体的运动过程与图像对应起来. (4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式 的方法进行判断， 中的连接体问题 续表 轻绳连接体 Q a 轻杆连接 2.连接体的运动特点 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿 绳 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 释 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. 在弹簧发生形变的过程中，两端连接 轻 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3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 M中 挂钩码的质量为M,右端两个钩码 m 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4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 ( 42 个a/(m·s) 1.0 P 0.8 F 0 P000000- Q 77777777777777777777777777777 分 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，且不需要求物体之 整体法的 间的作用力，可以把它们看成 选取原则 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，或者要求出系统内两 隔离法的 物体之间的作用力时，就需要 选取原则 把物体从系统中隔离出来，应 用牛顿第二定律列方程求解 若连接体内各物体具有相同 的加速度，且要求物体之间的 整体法、作用力时，可以先用整体法求 隔离法的 出加速度，然后再用隔离法选 交替运用 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” 培优点三动力学中 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=0. (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Fx=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. 典题例析 典例5一弹簧一端固定 在倾角为37°的光滑斜 000I-E 农 的临界和极值问题 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2= 8kg,弹簧的质量不计，劲度系数k= 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 学习至此，请完成配套训练课时冲关15 素养培优5传送带模型中的动力学问题 模型一 水平传送带模型 模型解读 痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ= (1)水平传送带模型 0.25,重力加速度g=10m/s2,则煤块从A运 项目 图示 滑块可能的运动情况 动到B的过程中 ( A.煤块从A运动到B的时间是2.3s (1)可能一直加速 B.煤块从A运动到B的时间是1.6s (2)可能先加速后 C.划痕长度是2.8m 匀速 D.划痕长度是3.2m (1)>v时，可能一 典例2某快递公司为 直减速，也可能先减 了提高效率，使用电 速再匀速 动传输机输送快件如图所示，水平传送带 2 (2)u<v时，可能一 AB长度L=5.25m,始终保持恒定速度v 直加速，也可能先加 =1m/s运行，在传送带上A处无初速度地 速再匀速 放置一快件（可视为质点），快件与传送带之 (1)传送带较短时，滑 间的动摩擦因数u=0.2,重力加速度取g 块一直减速达到左端 10m/s2.求： (2)传送带较长时，滑 (1)快件的加速度大小： 情景 块还要被传送带传回 (2)快件运动到B点的时间. 3 右端.其中，>v返 听课记录 回时速度为v,当 <v返回时速度为vo (2)判断方法 情景 若，物、带能共速 情景2 若 ≤1，物、带能共速 2μg 情景3 6 若2 ≤L,物块能返回 典题例析 典例1（双选)如图所示，水 A 平传送带两端A、B相距 x=6m,以，=4m/s的速度（始终保持不 变)顺时针运转.今将一小煤块（可视为质 点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传 送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划 44 模型二 倾斜传送带模型 模型解读 端，送入货舱前行李箱已做匀速运动.已知 项目 图示 滑块可能的运动情况 行李箱与传送带之间动摩棕因数为，滑动 (1)可能一直加速 摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确 情景1 (2)可能先加速后匀速 的是 型特 A.运输行李时该传送带的倾角必须小 (1)可能一直加速 于30 o=0 (2)可能先加速后匀速 B.提高传送带的运转速度，传送时间不变 情景2 (3)可能先以a1加速 C.匀速阶段行李箱不受摩擦力 后以a2加速 D.重的行李箱比轻的行李箱加速阶段用时短些 典题例析 规律总结1.传送带模型问题的分析流程 典例3(2024·安徽卷)倾角 o与v 能否 同向 共速 为0的传送带以恒定速率o。 变化 向 情况 o与 是否 顺时针转动.t=0时在传送 反向 返回 带底端无初速轻放一小物块，如图所示.t。 2.思维模板 时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达 传送带及带上的物体 到.不计空气阻力，则物块从传送带底端 临界 物=带①摩擦力发生突变 运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随 状态 ②物体的运动状态发生改变 时间t变化的关系图线可能正确的是 ①根据物体的受力和传送带的速度。计算 水平 物体加速的时间：和位移x 传送带 ②再由x和传送带长度的关系判断物体的 运动 运动形式 若4≥tan0,且物体能 与传送带共速，则共速 还 傾组 a=g(sin0± 后物体匀速运动 传送带 ucos 0) 若4<an0,物体以速 度a,运动，当与传送带速度 相同时，力发生变化，以加选 度a运动，且a,≠a 典例4如图所示，飞机场运 进一步计算物体在传送带上的运动时间、相对 计算 位移△x等 输行李的传送带保持恒定 的速率向上运行，将行李箱 学习至此，请完成配套训练 课时冲关16 无初速度地放在传送带底 素养培优6“滑块一木板”模型中的动力学问题 模型解读 常见的子弹射击滑板（如图b)、圆环在直杆中 1.模型特征 滑动（如图c)都属于滑块类问题，处理方法 滑块一滑板模型（如图a),涉及摩擦力分 与滑块—滑板模型类似 析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属 于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能 力要求较高，故多次出现于高考试卷中，另外， 图a 图b 图c 45 2.两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A,物块 恰好不从木板上掉下的 A 临界条件是物块恰好滑 到木板左端时二者速度 相等，则位移关系为xB xA十L 物块A带动木板B,物块 恰好不从木板上掉下的 临界条件是物块恰好滑 到木板右端时二者速度 相等，则位移关系为xB十 L=xA 模型剖析 模型一无动力“滑块一滑板”模型 1.受力分析：主要是摩擦力的分析 (1)初始时刻：比较滑块运动速度和滑板速度（确认 相对运动状态)，从而弄清摩擦力的有无、性质、 方向. (2)共速时刻：意味着摩擦力发生突变（可以是 有无突变、性质突变或方向突变). 2.过程分析 初始时刻如何运动；共速以后如何运动；速 度为零以后如何运动. 3.位移分析 区别滑块位移、滑板的位移、滑块相对于滑 板的位移 典例1（双选）如 图1所示，一物 块叠放在足够 图1 长的木板上，初 始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板 保持相对静止.某时刻，给木板一初速度。， 图2为二者的v-t图像，图中o、t1、t2已 知，长木板和物块的质量均为m.下列说法 正确的是 () A.物块与木板的位移之比可表达 为4十 2vt B.整个过程，因摩擦产生的总热量为m C.板块间与板地间的动摩擦因数比值可表 达为2知 w。十20 D.v>4v 典例2如图甲所示，质量为M的长木板，静 止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为 m、可视为质点的物块，以某一水平初速度 从左端冲上木板.从物块冲上木板到物块和 木板达到共同速度的过程中，物块和木板的 v-t图像分别如图乙中的折线acd和bcd 所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、 b(0,0)、c(4,4)、d(12,0).根据v-t图 像，求： ↑m·s) 6 VVZP71177KKK7777774771777 b024681012 甲 乙 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速 度大小a1,木板开始做匀加速直线运动的加 速度大小α2，达到共同速度后一起做匀减速 直线运动的加速度大小a3; (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离△x. 听课记录 模型二有动力“滑块一滑板”模型 1.外力逐渐增大过程中三个临界点的摩擦力 分析和运动分析 (1)力较小时：分析各自摩擦力特点，整体都未 动（地面粗糙时才有）. 6 (2)力较大时：分析各自摩擦力特点，整体一 起动 (3)力很大时：分析各自摩擦力特点，发生相对 运动. 2.两个角度的临界点分析 (1)恰好相对滑动的受力条件：Fr=Fmax· (2)恰好相对滑动的加速度条件：Q整体 二a局部最大· 典例3物体A的 质量m1=2kg,静 合-B 777777777i777777777777 止在水平面上的木板B的质量为m2= 1kg、长为L=1m,某时刻A以v,=4m/s 的初速度滑上木板B上表面的最左端，在A 滑上B的同时，给B施加一个水平向右的 拉力F,若A与B之间的动摩擦因数为 0.2,(忽略物体A的大小，g取10m/s2). 试求： (1)如果木板B与水平面的动摩擦因数也为 =0.2,拉力F=5N,当A刚滑上木板B 时，A和B的加速度分别为多大？ (2)如果水平面是光滑的，为使A不从B板 右侧滑落，拉力F应满足的条件， 听课记录 典例4如图甲所示，质量M=0.2kg的平板 放在水平地面上，质量m=0.1kg的物块 (可视为质点)叠放在平板上P处，整个系 统处于静止状态.现对平板施加一水平向右 的拉力F,在0~1.5s内拉力随时间t的变 化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力.物块 始终未从平板上掉下.已知物块与平板间的 动摩擦因数41=0.2，平板与地面间的动摩 擦因数42=0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦 力大小相等，取g=10m/s2求： (1)t1=1s时物块的速度大小. (2)0~1.5s内平板运动的位移大小 (3)物块最后静止时到P处的距离， ↑F/N 2.0 1.4 1.5s 甲 听课记录 规律总结 1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个 关联 一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板 上滑下是受力和运动状态变化的转折点 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、 木板位移与板长之间的关联，一般情况下 (两个关联 由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后 滑块和木板的加速度都会发生变化，因此 以转折点为界，对转折前、后进行受力分 析是建立模型的关键 2.思维模板 物理 建模 确定滑块一滑板模型 隔离法 研究 对 对滑块、滑板分别受力分析 计算 由牛顿第二定律 判断和运动学公式 判断是否存在速度相等的“临界点” 无临界滑块与滑 确定相同时间内的位 速度 板分离 移关系，列式求解 若FFa 滑块与 由整 由隔离法 假设成立， 滑板没 体法 求滑块与 整体列式 有临界 分离， 假设速 速度 求系 滑板间摩 度相等 统 擦力F及 若F>Fm, 最大写 后，加 速度 擦力Fa 假设不城立 速度也 分别列式 相等 学习至此，请完成配套训练 课时冲关17则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结，点 ○的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的 示数F,.(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一 个分力的大小，则结点O位置不能变化，力的方向也都 不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与 (2)中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形 定则作出F、F,的合力F的图示，若F和F'在误差允 许范固内重合，则平行四边形定则得到验证. [答案](1)静止(2)三细线的方向(3)结点O的位 置(4)F和F在误差允许范围内重合 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 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=-F(3)反作用力 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.A 2.BC 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·填充知识点一 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m(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 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-mg= 1a,代入数据解得a 6×10"-5×10° m/s2=2m/s2.] 5×10 [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、=Msg一 ma,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-g=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.] 考点二典题例析 [典例3]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=2mgc0s30°=√3mg,故 A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受 T30 130 合力为0，库仓力与重力的合力与轻 Ymg 绳的拉力等大反向，即重力与库仓力的合力大小为g, 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.] 36 [典例4]CD[撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的 弹力大小为2 ng sin9,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2gsin8,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 [典例5][解析](1)物体所受的摩擦力为f=mg= 0.2×1×10N=2N, 02s,根据牛顿第二定律F-∫=ma, 其中F=6N,解得a=4m/s, 2s末的速度v=at=2X4m/s=8m/s, (2)清2s内的位移=7af=子×4×2m=8m: 1 2s~3s内，根据牛顿第二定律F'-∫=ma, 其中F=-3N,可得a=一5m/s, 283s内，物体的位移=d+合a, 代入数据可得x2=5.5m. 在0~3s内物体所受摩擦力做的功W:=一f(十2) 代入数据可得W,=一27J. [答案](1)8m/s(2)-27J [典例6][解析](I)减速时加速度大小为a2,有uMg =Ma2, 解得a2=2m/s2; (2)根据0-vm2=-2a2(L-x) L=10m,x=2.5m,解得m=√30m/s: (3)冰块匀加速时加速度为a1,则加速阶段有vm =2a1x: 减速阶段有0-vm2=-2a2(L-x), L-x=7.5m, 则有a1:a2=3：1, 因a1=3a2,故a1=6m/s2, 对冰块受力分析得Fcos53°-u(Mg一Fsin53) =Ma1, 解得F≈526.3N. 「答案](1)2m/s(2)30m/s(3)526.3N 考点四跟进题组 1.A2.C 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]C[根据牛顿第二定律有F-umg=ma,可得 a=F =m一g,图像斜率为k=1: m 由图可知kA=ku>kc,可得mA=m<mc,故A、B错误； 图像截距为a=一g; 即a=g,由题图可知aA<an=ac,可得a<m =以C,故C正确，D错误.] [典例2]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mg=kv,可得 1=4,由图像知两小球匀速运动时，>，则甲球质 m22 量大于乙球质量，故B错误，C正确；根据小球下落高度 等于v-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.] 培优点二典题例析 [典例3]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MDa, 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AB错误.] [典例4幻C[图像与坐标轴围成的面积表示速度变化 量，若01s内Q的加速度均匀增大，则t=1s时Q的 速度大小等于0=子×1X0.8m/s=0.4m/s,由图可 得实际Q的图像α-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=2×1N=2N,故恒力大小为2N, 故B错误；t=1s时，对物块P、Q整体有F=(p十mo) a1,解得1Q=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.门 培优点三典题例析 [典例5][解析](1)设刚开始时弹簧压缩量为x, 则(m1十2)gsin日=kx, 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 kx-mig sin 0=ma, 前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为 联立各式解得：a=3m/s; (2)P、Q刚开始运动时拉力F最小，此时有 Fmn=(m1十m2)a=36N, 当P、Q分离时拉力最大，此时有 Fmx -m2g sin =mza, 解得Fma=72N. [答案](1)3m/s2(2)72N36N 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μmg=a,得a=g=2.5m/s2,假设煤块的 速度达到4m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移 -3.2m<6m,因此煤块先做匀加选直 大小为x=2a 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一1=6m一3.2m=2.8m,匀速 运动的时间为与=受-0.7s,运动的总时问为1=十4 =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=6t1一x1=3.2m,C错误，D 正确.门 [典例2][解析](1)当快件做加速运动时，由牛顿第二 定律可得mg=a, 代入数据，解得a=2m/s2 (2)当快件的速度与传送带速度相等时，运动的位移为 U2=2ax1, 代入数据，解得x1=0.25m, 经历的时间为6=”=0.5s, 此时快件离B处的距离为x2=L一x1=5m, 则匀速运动的时间为-号=5s 故快件从A运送到B所用的时间为t=t十t=5.5s。 [答案](1)2m/s2(2)5.5s 3 模型二典题例析 [典例3]C[0~一to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.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 0mgsin 可得an日<23，可得运输行李时该传送带的倾角必 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mngcos日 -mgsin =ma, 可得加速度大小为a=ugcos日-gsin9,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 为山，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为t1 。,二之，提高传送带的运转速度，由于加速阶段行 李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度 凸过程所用时间不变，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]BD[v-t图像与坐标轴围成的面积表示位 移，物块的位移为=子·2=， 大板的位移为x,=2二2川二）三》 2 2 物块与木板的位移之比可表达为互=2，故A Ut2十Uot1 错误； 根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为Q m6,故B正确；0~时间内，对物块，根据牛颜第二 1 定律a,=m8=41g, m a1= ”,0~t时间内，对木板，根据牛顿第二定律4mg t 十·2mg=ma,a,=4,-巴， t 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为丝 2 。2元，故C错误~4时间内，对木板，根据牛颜第二 定律有·2mg一hmg=ma3, 且a>a1,联立可得>4v,故D正确.] [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,=104m/S=1,5m/s,木 4 板开始做匀加速直线运动的加速度大小a,=4一m/s =1m/s,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,=gm/g=0.5m/g。 (2)对物块冲上木板匀减速阶段有41mg=ma1, 对木板向前匀加速阶段有h1mg-42(m十MDg=Ma2, 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 62 (m十M)g=(M十m)a3, 联主以上三式可得行子 (3)由题图乙可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△x 对应题圈中△bk的面积，故△r=10X4X号m=20m [答案](1)1.5m/s21m/s20.5m/s 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:11g=m1aA, ① 对木板B:F+μ1g-(m十m2)g=m2aB ② 解得：aa=2m/s, an=3 m/s2, ④ (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、 B县有共同的建度，则。亡=立十L ⑤ ⑥ aA aB 解得：am'=2元-aa=6m/s ⑦ 对木板B:F十m1g=m2aB 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 =ma1,解得a1=2m/s2,当t=1s时物块的速度大小为 v=at =2 m/s. (2)拉力为2N时，平板的加速度为F1一H1mg一2(M十 m)g=Ma2, 解得a2=3m/s2, 平板的速度为2=a2t=3m/s, 1 平板的位移为西，=2a,=1.5m, 拉力为1.4N时的加速度为F2一hg-h(M十m)g =Ma3, 解得a3=0, 平板做匀速运动，位移为x=v2t2=1.5m, 0~1.5s内平板运动的位移大小为x=x2十x=3m. (3)物块加速到3m/s的时间为6=一0=1,5s, 1 物块加速到3m/s的位移为1=2at专=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 实验四科学探究：加速度与力、质量的关系 热点一[典例1][解析](1)利用天平测量质量，利用 打点计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加速 度，所以需要天平和刻度尺，A、C错误，B、D正确. (2)平衡摩擦力时应使小车拖动纸带在木板上做匀速直 线运动. (3)为了使沙桶及沙的重力在数值上近似等于小车运动 时受到的拉力，需要使沙桶及沙的总质量远小于小车的 总质量 (4)由某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间运动 过程的平均速度，可得 AC13.30-4.50)X102m/s=0.44m/. UB-2 0.2 (5)探究加速度与力的关系时，需要保持小车的总质量 不变 (6)从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F为某一值 时，但加速度却为零，所以是未平衡摩擦力或平衡摩擦 力不足，故A正确，B错误；随着拉力F增大（即沙桶及 沙的重力增大)，已经不满足沙桶及沙的总质量远小于 小车总质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误， (7)在探究加速度与质量的关系时，由于平衡了摩擦力， 所以图像过原点，且分别对小车和沙桶及沙受力分析， 由牛顿第二定律可得mg一T=ma,T=Ma,联立解得 mg=(M十m)a,整理得a三M,m,因为保证了沙和沙桶 的顶量不变，所以由实验载据作出am因线，不会 发生弯曲且过原点，故选C 「答案](1)BD(2)匀速直线(3)远小于 (4)0.44(5)小车(6)AC(7)C [典例2][解析](1)相邻计数点间的时间间隔T=0.1s, 打计数点3时的速度4一号 =(16.70-8.90)×10 -m/s=0.390m/s, 0.2 (2)对于A,平衡摩擦力时满足gsin9=gcos8,两 边质量消掉，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力， 选项A错误； 对于B,电火花计时器需要接220V交流电源，选项B错误； 对于C,调节滑轮高度，使牵引小车的细线与长木板保持 平行，选项C正确： 对于D,小车应尽量接近打，点计时器，并应该先接通电源 后释放小车，以充分利用纸带，选项D正确.故选CD. (3)遮光条宽度d=10mm十0.05mm×0=10.00mm, 经过两光电门时的速度分别为一 d d ,h=2' 根据矿-听=2a,解得a艺（品） [答案](1)0.390(2)CD (3)10.00 d.1 1 2元（△△d 热点二[典例3][解析](1)平衡阻力的方法是：调整 轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道 做匀速运动.故选c. (2)根据图像可知t=4s时，加速度方向竖直向下，故处 于失重状态： 对物体根据牛顿第二定律Fy一mg=ma, 整理得a= ·F一g m 可知图像的斜率为」，故将物体质量增大一倍，图像斜 m 率变小，纵轴截距不变，其a-F、图像为图丁中的图 线d. [答案](1)c(2)①失重②d [典例4][解析](1)实验用遮光片通过光电门的平均 速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越 小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬 时速度，选择宽度较小的d=1.00cm的遮光片； (2)根据加速度的定义式可得a=☑ =0.41m/s2 (3)根据图像可知当有一定大小的外力F时此时小车的 加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过 原，点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的 倾角； (4)图乙中直线斜率为k=岩，根据F=ma可知直线斜 率的单位为kg1 [答案](1)1.00(2)0.41(3)增大(4)kg 63