第14讲 牛顿第二定律的综合应用 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“牛顿第二定律的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了连接体问题（前后牵连、上下叠放）、临界和极值问题（分离、相对滑动、极值）等核心考点，通过高考真题（如2023福建卷、2021全国甲卷）分析明确常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+技巧提炼”，如例1（2023福建卷）用整体法与隔离法解决连接体问题，例6（2021全国甲卷）通过科学推理分析极值条件，培养科学思维和运动与相互作用观念。助力学生掌握答题技巧，教师可精准指导复习。

第14讲 牛顿第二定律的综合应用 考点一　动力学中的连接体问题 能力 高分练 课中 关键能力·可视思维 角度一　前后牵连的连接体问题 例1 (多选)(2023福建卷)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FT1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为FT2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为FT3,则 (　　) A.当火车匀速直线运动时,FT1=FT2=FT3 B.当火车匀速直线运动时,FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时,FT1=FT2=FT3 D.当火车匀加速直线运动时,FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1 BD 解析 设每节车厢重为G,当火车匀速直线运动时FT1=Ff1=k×3G, FT2=Ff2=k×2G,FT3=Ff3=k×G,得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1,故A错误,B正确;当火车匀加速直线运动时FT1-Ff1=FT1-k×3G=3ma,FT2-Ff2=FT2-k×2G =2ma,FT3-Ff3=FT3-k×G=ma,得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1,故C错误,D正确。 例2 (2026广东肇庆模拟)如图所示,固定的足够长的 光滑斜面的倾角θ=30°,斜面顶端固定有轻质滑轮。 位于斜面底端的滑块P通过不可伸长的轻质细绳绕 过滑轮与重物Q连接。开始时托着重物Q使细绳恰 处于绷直状态,滑块P和滑轮间的细绳与斜面平行,重物Q与滑轮间的细绳沿竖直方向。现释放重物Q,重物Q向下运动,滑块P沿斜面向上运动。当滑块P的速度达到v时剪断细绳,发现滑块P回到原出发点时速度大小变为2v。不计一切摩擦阻力。求: (1)剪断细绳前后P在斜面上运动时间之比及加速度大小之比; (2)滑块P与重物Q的质量之比。 答案 (1)1　　(2) 解析 (1)选沿斜面向上为正方向,剪断细绳前后P运动的时间分别为t1、t2,剪断细绳前有v=a1t1 剪断细绳后有-2v=v-a2t2 两阶段滑块P发生的位移大小相等,方向相反,有a1=- 联立得=1,。 (2)设细绳上的拉力为FT,重力加速度为g,剪断细绳前对滑块P, 有FT-mPgsin θ=mPa1 对重物Q,有mQg-FT=mQa1 剪断细绳后,对滑块P有mPgsin θ=mPa2 联立解得。 破题思维链 解题精要 前后牵连的连接体: (1)常见情境如下图。 (2)由轻绳连接,在伸直状态下,两端的 物体沿绳方向的速度和加速度的大小 相等。 (3)对轻弹簧,在弹簧形变最大时,两端 连接体的速率相等。 角度二　上下叠放的连接体问题 例3 (2026福建宁德模拟)如图所示,在水平面上放置着两个靠在一起、横截面为梯形的物体P和Q,θ=37°,P和Q质量之比为7∶2,所有接触面均光滑。若把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上,P和Q恰好相对静止;若把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上,P和Q也恰好相对静止,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则为(　　) A.　　　　　B.　　　　　 C.1　　　　　D.3 A 解析 设P和Q的质量分别为7m和2m,当把大小为F1、方向向左的水平推力作用在P上时,设整体的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有F1=9ma1。隔离Q分析,因为P和Q恰好相对静止,根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有2mgtan θ=2ma1,联立解得F1=mg;当把大小为F2、方向向右的水平推力作用在Q上时,设整体的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有F2=9ma2,设Q对P的弹力大小为FN,则FNsin θ=7ma2,根据牛顿第三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN,隔离Q分析,因为P和Q恰好相对静止,在竖直方向上根据平衡条件有FN'cos θ=2mg,联立解得F2=mg,所以,故A正确。 拓展延伸 若将P和Q叠放在一起,放在光滑的水平面上,两物体P和Q间接触面是粗糙的,水平力F分别作用在P、Q上,两物体均可保持相对静止,则两种情况下P、Q间的摩擦力分别为多大? 答案 F　F 解析 力F作用在P上,P和Q一起加速运动,则对整体有F=9ma2 隔离Q物体,P对Q的摩擦力Ff1=2ma2 解得Ff1=F 力F作用在Q上,P和Q一起加速运动,则对整体有F=9ma1 隔离P物体,Q对P的摩擦力Ff2=7ma1 解得Ff2=F。 破题思维链 解题精要 上下叠放的连接体: (1)常见情境如下图。 (2)上下两物体,通过弹力或摩擦力作用,可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。 考点二　动力学中的临界和极值问题 角度一　分离的临界问题 例4 (多选)(2026江苏苏州模拟)卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件,将工件置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°,重力加速度为g,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则(　　) A.当卡车匀速行驶时F1=mg B.当卡车匀速行驶时F2=mg C.卡车安全启动的最大加速度为g D.卡车安全刹车的最大加速度为g AD 解析 当卡车匀速行驶时,圆筒处于平衡状态,将重力进行分解如图所示。根据几何关系可得F1=mgcos 30°=mg,F2=mgsin 30°=mg,故A正确,B错误;当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时,启动加速度最大,根据牛顿第二定律则有mgtan 30°=ma,得a=g,故C错误;当匀质圆筒状工件对斜面Ⅰ压力为0时,刹车加速度最大,根据牛顿第二定律则有mgtan 60°=ma',得a'=g,故D正确。 解题精要 1.出现临界条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临界点。 (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“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。 2.接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。 方法导引 解决临界问题的思路 (1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。 (2)寻找过程中变化的物理量。 (3)探索物理量的变化规律。 (4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系。 角度二　发生相对滑动的临界问题 例5 (多选)(2026浙江金华模拟)如图所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( 　　) A.小滑块的质量m=2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一 定增大 D.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2 ABD 解析 由图乙可得,当拉力等于6 N时,小滑块和长木板刚好要发生相对滑动,以M、m为整体,根据牛顿第二定律可得F=(M+m)a,以m为对象,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,其中F=6 N,a=2 m/s2,解得m+M=3 kg,μ=0.2,当拉力大于6 N时,长木板的加速度为a=,可知a-F图像的斜率为k= kg-1=1 kg-1,解得M=1 kg,m=2 kg,故A、B正确;当水平拉力大于6 N时,长木板与小滑块已经发生相对滑动,此后F增大,小滑块的加速度也不再增大,而是保持不变,故C错误;当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为a= m/s2=3 m/s2,故D正确。 破题思维链 解题精要 相对滑动的临界条件 1.将要发生相对滑动时,静摩擦力达到最大值。 2.在发生相对滑动之前,加速度相同。 角度三　动力学的极值问题 例6 (2021全国甲卷)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 水平底座长设为l,物块下滑的位移x=,加速度a=gsin θ,由位移公式x=at2可得t=,θ=45°时,时间最短,所以从30°到60°时,物块下滑时间先减小后增大,故选D。 破题思维链 解题精要 出现极值条件的标志 (1)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极值,这个极值点往往是临界点。 (2)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。 $