第8讲　牛顿第二定律的应用2 课件-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿第二定律应用专题，覆盖连接体问题、临界极值问题、动力学图像问题三大核心考点，依据高考评价体系梳理整体法隔离法应用、临界条件分析、图像信息提取等考查要求，通过典例归纳水平斜面竖直等场景下的常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以浙江宁波质检连接体问题为实例，通过整体与隔离法推导不同阻力条件下的拉力规律，培养科学思维素养。设“规律总结”和“变式训练”，帮助学生掌握临界加速度计算、图像斜率分析等技巧，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

第8讲　牛顿第二定律的应用2 考点一　连接体问题 必备知识•全方位凝练 1.连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆牵连)在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(如速度、加速度等)。 2.常见连接体类型与特点 类型 图示 特点 弹簧 连接 体   在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率往往相等 类型 图示 特点 叠放连接体   两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等 轻绳连接体   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 类型 图示 特点 轻杆连接体   轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;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 3.整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤: 4.隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤 第一步:明确研究对象或过程、状态。 第二步:将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。 第三步:画出某状态下的受力图或运动过程示意图。 第四步:选用适当的物理规律列方程求解。 关键能力•多维度提升 典例　(2025浙江宁波质检)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为mA和mB,中间用轻绳水平相连。现给B物块施加水平向右的拉力F。 (1)求轻绳给A的拉力大小FT。 (2)如果地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数均为μ,求轻绳给A的拉力大小FT1。 (3)如图乙所示,以竖直向上的拉力F将整个系统竖直向上拉动,求轻绳给A的拉力大小FT2。 (4)如图丙所示,将整个系统置于固定光滑的斜面上,给B施加沿斜面向上的拉力F,求轻绳给A的拉力大小FT3,如果斜面粗糙且物块与斜面间的动摩擦因数均为μ,求轻绳给A的拉力大小FT4。 答案 (1)F (2)F (3)F (4)F　F 解析 (1)以A、B整体为研究对象,有F=(mA+mB)a 以A为研究对象,有FT=mAa 联立解得FT=F。 (2)以A、B整体为研究对象,有F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1 以A为研究对象,有FT1-μmAg=mAa1 得FT1=F。 (3)以A、B整体为研究对象,有F-(mA+mB)g=(mA+mB)a2 以A为研究对象,有FT2-mAg=mAa2 联立得FT2=F。 (4)若斜面光滑,以A、B整体为研究对象,有F-(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a3 以A为研究对象,有FT3-mAgsin θ=mAa3 联立得FT3=F 若斜面不光滑,以A、B整体为研究对象有F-(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcos θ =(mA+mB)a4 以A为研究对象,有FT4-mAgsin θ-μmAgcos θ=mAa4 联立得FT4=F。 规律总结 在上面典例中的连接体问题中,当系统的拉力F不变时,只要作用在物体上的阻力与质量成正比,物体间的作用力均为FT=F,不论有无摩擦或者在水平面、斜面、竖直面都一样。 考点二　临界极值问题(弹力临界) 必备知识•全方位凝练 1.临界和极值问题是物理中的常见题型,结合牛顿运动定律求解的也很多,临界是一个特殊的转换状态,是物理过程发生变化的转折点。分析此类问题重在找临界条件,常见的临界条件有: (1)接触与脱离的临界条件,两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。 (2)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,绳子所能承受的拉力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是FT=0。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件是加速度为零。 2.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,即求收尾加速度或收尾速度。 关键能力•多维度提升 典例　(多选)如图所示,在水平地面上有一倾角为θ、表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板,用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F,使斜面体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知θ=30°,重力加速度大小为g,则(　　) A.若斜面体以加速度a=g向右加速运动,小球对斜面体的压力为零 B.若斜面体以加速度a=g向右加速运动,线中拉力为mg C.当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时,线中拉力为mg D.当斜面体以加速度a=2g向左加速运动时,线中拉力为零 BCD 解析 若斜面体以临界加速度向右加速运动,小球对斜面体的压力为零,则小球只受到重力和细线的拉力,将细线拉力正交分解后有tan θ=,解得小球刚好离开斜面的临界加速度为a0=g,若斜面体以加速度a=g向右加速运动,此时向右的加速度小于临界加速度,则小球对斜面体仍然有压力,故A错误; 甲 若斜面体以加速度a=g向右加速运动,由牛顿第二定律有,水平方向的合力大小为F1=ma=mg,对小球受力分析如图甲所示,水平和竖直方向分别满足FTcos θ-FNsin θ=ma,FTsin θ+FNcos θ=mg,代入数据解得细线的拉力大小为FT=mg,故B正确; 当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时,超过临界加速度,小球离开斜面,由牛顿第二定律有,水平方向细线的分力大小为F1'=ma=2mg,由勾股定理可知线中拉力为FT'=mg,故C正确;若斜面体以临界加速度向左加速运动,细线对小球的拉力为零,则小球只受到重力和斜面的支持力,将支持力正交分解后如图乙所示,满足tan θ=,又由牛顿第二定律有a1=,代入数据解得细线刚好没有拉力的临界加速度为a1=g,当斜面体以加速度a=2g向左加速运动时,可知超过临界加速度,细线对小球没有拉力,故D正确。 乙 考点三　动力学图像问题 必备知识•全方位凝练 动力学图像问题的类型、解题策略及破题关键 常见图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像 三种 类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图像,求解物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像,求解物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像 解题 策略 (1)问题实质是力与运动的关系,要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)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作出准确判断 破题 关键 (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,会分析临界点 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,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,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点 关键能力•多维度提升 典例　如图所示,轻弹簧的下端与物块Q连接,上端与物块P连接。已知P、Q质量相等,P静止时弹簧压缩量为x0,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移,下列表示F和x之间关系的图像,可能正确的是(　　) B 解析 设物块P的质量为m,加速度为a,静止时弹簧的压缩量为x0,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得mg=kx0,物块P的位移为x,当x<x0时,弹簧对P的弹力为F1=k(x0-x);对物块P,由牛顿第二定律得F+F1-mg=ma,即F=kx+ma;当x>x0后,弹簧拉伸F-k(x-x0)-mg=ma,仍可得F=kx+ma,F与x是线性关系,且F随x的增大而增大,当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸,拉力等于Q的重力,因此形变量也为x0,则P上升的距离为2x0,故B正确,A、C、D错误。 变式练 (2025浙江杭州余杭高级中学高三模拟)如图甲所示,木箱静止在光滑水平面上,箱内有一光滑斜面,斜面倾角θ=37°,可视为质点的滑块静止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F,测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示,2.5 s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量m0=2 kg,滑块的质量m=1 kg,斜面高H=9.6 cm,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.1 s末,水平拉力F的大小为6 N B.2 s末,木箱的速度大小为4 m/s C.2 s后滑块开始相对于斜面向上运动 D.2.9 s末滑块到达斜面顶部 D 解析 以木箱作为参考系,当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用,此时滑块的加速度a=gtan θ=7.5 m/s2,1 s末由图乙可知a1=3 m/s2,滑块相对于木箱没有发生相对运动,滑块、木箱可视为整体,由牛顿第二定律得F=(m0+m)a1,解得F=9 N,故A错误;根据图乙可知,2 s内速度增加量Δv=a2Δt=6 m/s,2 s末,木箱的速度大小为6 m/s,故B错误;2.5 s末滑块的加速度为7.5 m/s2,滑块才相对于斜面开始滑动,故C错误;2.5 s后开始发生相对滑动,设相对加速度为a3,有ma3=macos θ-mgsin θ,a3t2,解得t=0.4 s,则滑块到达斜面顶部的时刻为2.9 s末,故D正确。 $