第3章 专题提升三 牛顿第二定律的综合应用(一)(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿第二定律综合应用”专题，覆盖动力学图像问题、连接体问题、临界问题三大高考核心考点，依据高考评价体系分析近三年广东卷等真题考点分布，归纳v-t图像分析、整体隔离法、临界条件判断等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+科学思维建模”，如以2024广东卷弹簧木块问题为例，通过模型建构拆解F-y图像分析步骤，用科学推理归纳“图像三看”技巧。针对临界问题，结合极限法、假设法培养学生科学论证能力，助力学生掌握得分关键，为教师提供系统复习框架，高效提升备考质量。

专题提升三　牛顿第二定律的综合应用(一) 高三一轮复习讲义 广东专版 第三章 牛顿运动定律 1.会处理动力学中的图像问题。 2.会处理动力学中的连接体问题。 3.会处理动力学中的临界问题。 学习目标 提升点一　动力学中的图像问题 提升点二　动力学中的连接体问题 课时测评 内容索引 提升点三　动力学中的临界问题 动力学中的图像问题 提升点一 返回 常见动力学图像及应用方法 v -t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合力 F -a 图像 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a -t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F -t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一段时间的运动性质 (2025·陕晋青宁卷·T3)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 √ 例1 根据牛顿第二定律和题图的F -t图像画出如图所示的a -t图像，可知机器人在0～1 s和2～3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v -t图线的斜率表示加速度可知A可能正确。 (粤教版教材必修第一册P129T3) 某人在地面上用体重计称得体重为490 N，他将 体重计移至电梯内重新称量，t0至t3时间段内， 体重计的示数如图所示。若取电梯向上运动的 方向为正，电梯运行的v -t图像可能是 衔接教材 (2024·广东卷·T7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F -y图像或y - t图像可能正确的是 例2 √ 在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重 力并保持不变，即F＝mg，木块接触弹簧后到合力 为零前，合力F＝mg－k(y－H)，y增大，F减小； 弹簧弹力大于木块的重力后到最低点，合力F＝k (y－H)－mg，木块所受合力向上，y增大，F增大， 故B可能正确，A错误。同理，在木块下落H高度 过程中，木块做匀加速直线运动，有y＝gt2，速度 逐渐增大，所以y -t图像的斜率逐渐增大； 木块接触弹簧后到合力为零前，合力F＝mg－k(y－ H)，根据牛顿第二定律得木块做加速度减小的加速 运动，所以y -t图像的斜率继续增大；弹簧弹力大于 木块的重力后到最低点，合力F＝k(y－H)－mg，木 块所受合力向上，根据牛顿第二定律得木块做加速 度增大的减速运动，所以y -t图像的斜率减小；到达 最低点后，木块向上运动，由以上分析可知，木块 先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，y -t图像大致如图所示，故C、D错误。故选B。 解答图像问题的策略 1.分清图像的类别：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的信息：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”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。 方法技巧 针对练.(2026·湖南怀化模拟)如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F，从某点P以v0＝4 m/s的速度向左滑动，物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m＝3 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.F的大小为12 N B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s D.物体回到P点的时刻为1.5 s √ 物体向左做减速运动时，加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，物体向右加速时，加速度大小a2＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，解得F＝15 N，μ＝0.3，选项A、B错误；物体向左运动的位移为x1＝×4×0.5 m＝1 m，根据x2＝a2，x1＝x2，解得t2＝1 s，故物体回到P点的时刻为1.5 s，速度大小为v'＝a2t2＝2 m/s，选项C错误，D正确。 返回 动力学中的连接体问题 提升点二 返回 考向1 加速度相同的连接体 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。 1.绳的拉力(接触面弹力)类连接体模型 2.叠放类连接体 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，表面粗糙程度相同，现用力F向右拉木块2，两木块一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 A.若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大 B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 例3 √ 设木块和水平面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，解得a＝，整体加速度与木块1加速度相同，解得FT＝F，可见绳的拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大绳的拉力越小。故选C。 拓展变式1.如图所示，放在光滑水平面上的P、Q两物体的质量比为7∶2，用力F作用在P上向左推P物体，此时P、Q间的弹力为FN1，用同样大小的力F作用在Q上向右推Q物体，此时P、Q间的弹力为FN2，则＝__________。 设P、Q两物体的质量分别为7m、2m，力F作用在P上，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得F＝9ma1，隔离Q物体，P对Q的弹力FN1＝2ma1，解得FN1＝F；力F作用在Q上，对P、Q整体可得F＝9ma2，隔离P物体，Q对P的弹力FN2＝7ma2，解得FN2＝F，故＝。 拓展变式2.若拓展变式1中的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 力F作用在P上，P和Q一起加速运动 则对整体有F＝9ma1 隔离Q物体，P对Q的摩擦力Ff1＝2ma1 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＝9ma2 隔离P物体，Q对P的摩擦力Ff2＝7ma2 解得Ff2＝F。 力的“分配”原则 如图所示，一起做匀加速运动的物体系统，若外力F作用于质量为m1的物体上，两物体间的弹力F弹＝F；若作用于质量为m2的物体上，则F弹＝F。此结论与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且物体系统处于水平面、斜面、竖直方向时，结论都成立。 总结提升 考向2 加速度不同的连接体 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。图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 (2025·广东东莞高三上期中)如图所示，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。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝2 kg、mQ＝1 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则拉力F的大小为 A．60 N B．50 N C．40 N D．30 N 例4 √ 开始时轻绳的张力为FT1＝ mQg ＝10 N，则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为FT2＝ 20 N，由牛顿第二定律，对Q有FT2－mQg＝mQa，对P有F－FT2－μmPg＝mPa，解得F＝50 N。故选B。 返回 动力学中的临界问题 提升点三 返回 1.常见临界问题的条件 常见问题 临界条件 接触与脱离的临界 弹力FN＝0 相对滑动的临界 静摩擦力达到最大值 绳子断裂的临界 绳中张力等于它所能承受的最大张力 绳子松弛的临界 FT＝0 最终速度(收尾速度)的临界 物体所受合力为0 2.处理临界问题的三种方法 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，特别是有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，往往用假设法解决问题 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 考向1 恰好分离的临界问题 如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时，它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 例5 √ A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是变力，故A、B做变加速直线运动。当两物体要分离时，A、B间作用力FAB＝0，对B有F－mg＝ma，对A有kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，a＝0，此时弹簧仍处于压缩状态。设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，且F＝mg，联立以上各式解得k＝，综上所述，只有C正确。 考向2 恰好发生相对滑动的临界问题 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法错误的是 A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B.当F＝μmg时，A的加速度为μg C.当F＞3μmg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg √ 例6 由题可知，A、B间最大静摩擦力为FfABm＝2μmg，对A、 B整体分析，当F＜(2m＋m)g＝μmg时，A、B都相对地 面静止，选项A错误；当A、B恰能发生相对滑动时，对A、B整体有F－μmg＝3ma0，对B有2μmg－μmg＝ma0，解得a0＝μg，F＝3μmg，当F＞3μmg时，A相对B滑动，当F＝μmg时，A、B没有发生相对滑动，则此时A的加速度为a＝＝μg，由以上分析可知，无论F为何值，B的加速度不会超过a0＝μg，选项B、C、D正确。故选A。 考向3 动力学的极值问题 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示(木板足够长)，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。(结果可用根号表示) (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； 例7 答案：　 当θ＝30°时，小木块恰好沿木板匀速下滑，根据平衡条件有mgsin θ＝μFN，FN＝mgcos θ 联立解得μ＝。 (2)求当θ角满足什么条件时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？并求出此最小值。 答案：θ＝60°　 m 当木块沿木板上滑时其加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 则a＝g(sin θ＋μcos θ) 根据速度与位移公式有＝2ax 则木块沿木板向上滑行的距离x＝ 由数学知识知sin θ＋μcos θ＝sin(α＋θ) 其中μ＝tan α 则α＝30° 即x＝ 当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小，最小值为xmin＝ m。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动力学中的图像问题 1.(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是 A.F的大小为8 N B.0～1 s和1～3 s内，物体加速度的方向相反 C.t＝3 s时，物体离出发位置最远 D.3 s末，物体的速度为0 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙可知，撤去外力后，物体的加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s内，物体的加速度大小为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙可知，0～1 s内，物体加速度沿正方向，1～3 s内，物体加速度沿负方向，所以0～1 s和1～3 s内，物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度为0，物体离出发位置最远，C、D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2．(多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出 A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图(c)可知，木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力FT在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析， 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2025·湖南卷·T2)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，水平初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝acos θ，则有－＝－2axx，整理可得vx＝，可知，vx -x图像为抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，竖直初速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝asin θ，则有－＝－2ayy，整理可得vy＝，可知，vy -y图像为抛物线的一部分，故C可能正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组2　动力学中的连接体问题 4．(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg。第二次放置时，对A，有Mg－FT＝Ma；对B，有FT－mg sin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝，FT＝mg。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(2024·全国甲卷·T15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a -m图像。重力加速度大小为g。在下列a -m图像中，可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设P的质量为M，P与桌面的滑动摩擦力为Ff；以P为对象，根据牛顿第二定律可得FT－Ff＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，联立可得a＝＝·m，可知，a与m不是线性关系，排除A、C选项；当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6．(2025·广东省一模)如图所示，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为m1和m2，且m1>m2(滑轮质量及一切摩擦不计)，此时系统的加速度为a，现用一竖直向下的恒力F＝m1g代替重物m1，系统的加速度为a1，则a1和a的关系为 A．a1＝a B．a1＝a C．a1＝ a D．a1＝ a √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得(m1－m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝g，当用一竖直向下的恒力F＝m1g代替重物m1时，对m2，根据牛顿第二定律得m1g－m2g＝m2a1，解得a1＝ g，则a1＝a，故A、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组3　动力学中的临界问题 7.(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是 A.系统做匀速直线运动 B.F＝40 N C.斜面体对楔形物体的作用力FN＝5 N D.增大F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二 定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析 如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45° ＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，故A错 误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN ＝＝mg＝10 N，故C错误；外力 F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于楔形物体的重力，楔形物体有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8．(多选)(2024·广东高一期末)如图所示，一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶，每个空油桶的质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，重力加速度大小为g，则货车 A．静止时，B对C的作用力大小为 B．静止时，B对C的作用力大小为 C．向前加速前进、加速度大小为时，A对C的作用力为0 D．向后加速倒车时，B对C的作用力不可能为0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 静止时，根据对称性可知，A对C与B对C的作用力大小相 等，以C为研究对象，根据受力平衡可得2F cos 30˚＝mg， 解得B对C的作用力大小为F＝，故A正确，B错误；向 前加速前进，当A对C的作用力刚好为0时，对应的加速度 为a，以C为对象，则有FB cos 30˚＝mg，FB sin 30˚＝ma，联立可得a＝gtan 30˚＝，故C正确；向后加速倒车，当B对C的作用力刚好为0时，对应的加速度为a′，以C为对象，则有FAcos 30˚＝mg，FAsin 30˚＝ma′，联立可得a′＝g tan 30˚＝，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9．(18分)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37˚，重力加速度g取10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； 答案：　 根据L＝v0t＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； 答案：0.5 根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少？ 答案： N 设F与斜面夹角为α，则 平行斜面方向有F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝，其中tan φ＝ 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 专题提升三　 牛顿第二定律的综合应用(一) $