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

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，覆盖动力学图像、连接体、临界问题三大高考核心考点，依据高考评价体系分析图像问题（占比约40%）、连接体问题（30%）等高频考点分布，归纳v-t图像转换、连接体受力分析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“高考真题溯源+方法技巧提炼”，如以2025陕晋青宁卷T3为例，通过F-t与v-t图像转换训练科学推理能力，总结图像问题“三步骤”（辨类别、析特殊点、建函数关系），培养模型建构素养。设“易错陷阱警示”和“课时测评”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效规划复习。

专题提升三　牛顿第二定律的综合应用(一) 高三总复习讲义　新高考 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 2025·陕晋青宁卷·T3与粤教版教材必修第一册P129·T3均考查了F -t图像与v -t图像的转换，考查了牛顿第二定律的应用，两者题型相同，考查目的一致，高考试题可以说是教材习题的变式与拓展。 衔接分析 如图甲所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2)，则 A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 例2 √ 物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体与弹簧一起向上匀加速运动时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，则F＝kx＋mg＋ma－kx0，可知题图乙中图线斜率表示弹簧的劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；初始物体静止，则有mg＝kx0，根据牛顿第二定律有10 N＝ma，30 N－mg＝ma，联立解得m＝ 2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。 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·安徽卷·T5)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 例4 √ 因为物块甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；甲对木箱的压力、摩擦力以及滑轮受到绳的作用力不变，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FT，对甲有FT－μmg＝ma，对乙有mg－FT＝ma，联立解得a＝2.5m/s2，FT＝7.5 N，C正确，D 错误。 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 10 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 10 1 2.(2026·陕西汉中二模)如图甲所示，一小鸟头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v -t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝18 m/s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.研究小鸟运动全过程所用时间不能将其视为质点 B.整个过程下落的高度为27 m C.t1～t1时间内，v -t图线的斜率为－10 m/s2 D.t1～t1时间内，阻力比重力小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 研究小鸟运动全过程所用时间，小鸟的形状和大小不影响研究过程，可以将小鸟视为质点，A错误；由自由落体公式vm＝gt1，可知小鸟自由落体的时间为t1＝1.8 s，根据v -t图像与时间轴围成的面积表示位移，故整个过程下落的高度为x＝×vm×t1，联立解得整个过程下落的高度为x＝27 m，B正确；t1～t1时间内，v -t图线的斜率为k＝＝－15 m/s2，C错误；t1～t1时间内，小鸟做减速运动，合力向上，故阻力大于重力，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 10 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 10 1 题组2　动力学中的连接体问题 4.(多选)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t (N)、FB＝8－3t (N)。下列说法正确 的是 A.t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B.t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C.t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D.t＝ s时，两物体A、B恰好分离 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；分析知，A和B恰好分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a'、FB＝m2a'，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，此时FB1＝5 N，对B，由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 10 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 10 1 6.(2026·江苏模拟)如图所示，三个质量均为m＝1 kg的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、物块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，绳子和滑轮间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向，而竖直面内的绳子处于竖直方向，g＝10 m/s2。将该系统由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度大小为 A.2 m/s2 B.2.5 m/s2 C.3 m/s2 D. m/s2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设竖直绳拉力为FT1，绕过定滑轮的绳子拉力为FT2，三物体加速度大小均为a，由牛顿第二定律对竖直面内的物块有mg－FT1＝ma，对水平面上的下方物块有FT1－FT2－μmg－2μmg＝ma，对水平面上的上方物块有FT2－μmg＝ma，联立解得竖直面内的物块的加速度大小为a＝ 2 m/s2。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 10 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 10 1 8.(2025·河北三模)在水平面上放置一个质量为m＝1 kg的滑块B，其上方有一个光滑的圆弧形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在光滑的圆弧形凹槽中，截面图如图所示，圆柱A截面的圆心O与滑块B接触的左端点的连线跟竖直方向的夹角为α＝37°。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮，将质量为M＝3 kg的物块C与滑块B连接起来，轻绳张紧后由静止释放物块C。已知滑块B离定滑轮较远，轻绳与水平面保持平行，滑块B与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计空气阻力及绳与定滑轮之间的摩擦，sin 37°＝0.6，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A.圆柱A与滑块B之间会发生相对滑动 B.滑块B对圆柱A的作用力大小为4 N C.将物块C换成质量为11 kg的物块，圆柱A与滑块B之间发生相对滑动 D.如果滑块B与水平面间的动摩擦因数可以改变，当μ取合适的值，圆柱A与滑块B之间可能发生相对滑动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动时，仍可视为一个 整体，设加速度为a0，物块C的质量为M0，对圆柱A有 mgtan 37°＝ma0，解得a0＝g，对圆柱A、滑块B、物 块C整体有M0g－2μmg＝a0，解得M0＝10 kg， 由于物块C的质量为M＝3 kg＜M0，A、B相对静止，故A错误，C正确；设整体加速度为a，对整体有Mg－2μmg＝a，解得a＝g＝4 m/s2，则滑块B对圆柱A的作用力大小为F＝＝2 N，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若圆柱A与滑块B恰好发生相对滑动，则加速度为a0＝g， 假设滑块B与水平面间无摩擦，对整体进行受力分析，设 加速度为a1，根据牛顿第二定律有Mg＝a1，解 得a1＝g＜a0，所以无论μ取何值，圆柱A与滑块B之间均 保持相对静止，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2026·江苏扬州模拟)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝ 10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是 A.2～3 s内，物块做匀减速运动 B.在t＝1 s时刻，恒力F反向 C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5 D.恒力F大小为10 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据速度与位移公式v2－＝2ax，可得匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝10 m/s2，匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，物块做匀减速直线运动的初速度为v0＝10 m/s，则速度减为零的时间t1＝＝1 s，则物块1 s 后做匀加速直线运动，所以在t＝1 s时刻，恒力F反向，2～3 s内，物块做匀加速运动，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律，物块做匀减速直线运动时有F＋μmg＝ma1，物块做匀加速直线运动时有F－μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，μ＝0.3，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(多选)(2026·黑吉辽蒙卷·T10)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、乙与斜面间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＝2tan θ B.t＝t0时，甲的速度大小为3v0 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题意可知两x -t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，对甲有3x0＝v0t0＋a甲，对乙有x0＝v0t0－a乙，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma甲，对乙有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时甲的速度为v＝v0＋a甲t0，可得v＝2v0，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体所受合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，所受合力的水平分力方向向左，则地面对斜面的摩擦力方向向左，D正确。故选AD。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升三　 牛顿第二定律的综合应用(一) $