第3章 3.微专题4 牛顿第二定律的综合应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

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、临界极值问题两大核心考点，通过近五年北京、福建、全国甲卷等真题分析，明确连接体问题占比约45%、临界极值问题占比约35%的高频分布，归纳出整体法、隔离法等解题方法体系。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养提升”的备考策略，如以2024北京卷连接体题为例，详解整体法求加速度、隔离法求内力的步骤，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“临界条件判断模板”和“易错点警示”，帮助学生熟练掌握答题技巧，教师可据此开展针对性教学，助力高考冲刺。

微专题4 牛顿第二定律的综合应用 返回目录 题组1　动力学中的连接体问题 1.★★(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运 动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ( ) A. F　    B. F　    C. F　    D. F 　    A 解析　以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a= ;以空间站 为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma= ,A正确。 返回目录 2.★★(多选)(2023福建,5,6分)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T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为 T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则 ( )   A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3 　    BD　     D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1 返回目录 解析　设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分 析,由牛顿第二定律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分 析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速 直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。 返回目录 3.★★(2025安徽,5,4分)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 　    C　     返回目录 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 解析　甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方 向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第 二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度 大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5 m/s2,T= 7.5 N,C正确,D错误。 返回目录 4.★★★(2026届江苏无锡一中开学考)如图所示,物块a通过轻弹簧与物块b连接,用手 托住b保持静止。现将a、b由静止释放,不计空气阻力,从释放到弹簧第一次恢复原长 的过程中,a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是 ( )    　      　    C　     返回目录 解析    v-t图线的斜率表示加速度。设物块a、b的质量分别为ma、mb,弹簧劲度系数 为k,释放前,以物块a为研究对象,根据平衡条件可得kx0=mag;将a、b由静止释放,初始时, 物块a的加速度为0,物块b的加速度为ab0= ,A、B错误。从释放到弹簧第一次恢 复原长的过程中,a、b的距离增大,弹簧的压缩量逐渐减小,对物块a由牛顿第二定律可 得aa= ,故物块a做加速度从0逐渐增大的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物 块a的加速度为g;对物块b由牛顿第二定律可得ab= ,故物块b做加速度逐渐减小 的加速运动,当弹簧第一次恢复原长时,物块b的加速度为g,即当弹簧第一次恢复原长 时,aa=ab=g,两物块的v-t图线斜率相同,C正确,D错误。 返回目录 5.★★★(多选)(2026届湖北黄冈一模)如图所示,系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接 滑块Q,滑块P与定滑轮连接,两滑块的质量均为2 kg,与水平地面间的动摩擦因数均为0. 5。现对P施加水平向左的拉力F=60 N,使P向左做匀加速直线运动,绕过动滑轮的两段 轻绳始终水平,不计轻绳与滑轮间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是  ( )   A.P的加速度大小为3 m/s2 B.Q的加速度大小为5 m/s2 　    AC　     C.轻绳对Q的拉力大小为22 N D.轻绳对Q的拉力大小为20 N 返回目录 解析　对滑块P及轻质动滑轮整体,根据牛顿第二定律可得F-2FT-μmg=maP,对滑块Q,根 据牛顿第二定律可得FT-μmg=maQ,又aQ=2aP【点拨:轻绳长度不变,在相同时间内,P的位 移是Q的位移的一半,根据x= at2可得aQ=2aP】,联立解得轻绳对Q的拉力大小FT=22 N、P的加速度大小aP=3 m/s2、Q的加速度大小aQ=6 m/s2,A、C正确。 返回目录 6.★★★(2025届北京房山一模)如图所示,沿水平方向运动的货车内,一质量为m1的物 块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上,且与车厢保持相对静止,物块与车厢左壁间的动摩擦 因数为μ,另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接,细线与竖直方向的夹角 为α。重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )   A.货车一定向右加速运动 B.细线中的拉力大小为m2g cos α 　    D　     C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为μm1g tan α D.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1g tan α 返回目录 解题导引       返回目录 解析　对小球受力分析,如图甲所示。根据受力分析可得FT= ,B错误。根据牛顿第 二定律可得m2g tan α=m2a,解得a=g tan α,方向水平向右,可得车和物块的加速度也是水 平向右的,故车可能向右做加速运动或向左做减速运动,A错误。对物块受力分析,如图 乙所示,竖直方向静摩擦力大小Ff=m1g;根据牛顿第二定律可得FN=m1a=m1g tan α,摩擦力 不一定达到最大静摩擦力,C错误,D正确。  　      返回目录 题组2　动力学中的临界极值问题 1.★★(2024全国甲,15,6分)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 ( )   　    D　     返回目录         解析　设P质量为mP,当mg≤μmPg时,P静止不动,a=0;当mg>μmPg时,砝码和P加速度大小 相等,以砝码和P整体为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-μmPg=(m+mP)a,解得a=g-  ,当m趋近于无穷大时,a趋近于g,D正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2022全国甲,19,6分)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二 者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。 用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻 开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( )   A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 　    AD　     返回目录 解析　撤去拉力F后到弹簧第一次恢复原长,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有 μmg-kx=maQ,且撤去拉力瞬间μmg=kx0,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加 速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即弹簧恢复原长前,P的加速度始终大于Q的加速度, 故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于 Q的平均速度大小,由x= t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C错误,A、D正确。 返回目录 3.★★★(多选)(2025届湖北鄂东南联盟联考)如图所示,一轻质竖直挡板AB固定在光滑 斜面体顶端,一根长2 m的轻绳一端系在挡板AB上,另一端系一重力为50 N的小球,已知 轻绳与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为37°,整个装置处于静止状态,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 ( )   A.轻绳对小球拉力的大小为  N 　    BD　     返回目录 B.斜面对小球支持力的大小为  N C.若斜面体向右做加速度大小为5 m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力为0 D.若斜面体以AB所在的竖直边为轴做角速度为  rad/s的匀速圆周运动,则球对斜 面的压力为0 返回目录 解析　对小球受力分析,如图所示,FN sin 37°=FT sin 45°、FN cos 37°+FT cos 45°=G,联立 解得FN=  N,FT=  N,A错误,B正确。若斜面体向右做匀加速直线运动,绳的弹力 恰好为0,对小球受力分析,根据牛顿第二定律可得G tan 37°=ma,解得a=7.5 m/s2>5 m/s2, 故若斜面体向右做加速度大小为5 m/s2的匀加速直线运动,则绳的拉力不为0,C错误。 若斜面体以AB所在的竖直边为轴做匀速圆周运动时,球对斜面的压力恰好为0,对小球 进行分析,根据牛顿第二定律可得G tan 45°=mω2L sin 45°,解得ω=  rad/s,D正确。   返回目录 4.★★★(多选)(2026届黑龙江哈尔滨三中月考)如图,质量为m的小滑块a静置于质量为 M的粗糙斜劈b的斜面上,斜面倾角为θ=37°,a、b间动摩擦因数μ=tan 37°,最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F,斜劈b一直静止于粗糙的水 平面c上。重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( )   A.若改变外力F的大小和方向,b、c间摩擦力可能为零 B.若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,小滑块a仍静止 　    AC　     C.若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,则a的加速度大小为0.25g sin 37° D.若改变外力F的大小和方向,则b对c的最小压力为Mg+2mg cos 37° 返回目录 解析    若a沿斜面向下运动,a所受b的摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第三定律可知a对b 的摩擦力沿斜面向下,f=μmg cos 37°=mg sin 37°,摩擦力的水平分力f水平=mg sin 37°· cos 3 7°,a对b的压力F压=mg cos 37°,压力的水平分力F压水平=mg sin 37°· cos 37°,此时在水平方 向上满足f水平=F压水平,且二者方向相反,b、c间的摩擦力为0,若F沿斜面向下,则F提供a做 匀变速直线运动的加速度,A正确。若F=0.75mg sin 37°且为水平方向时,则F与重力沿 斜面的分力的合力F合= = mg sin 37°,a与斜面间的最大静摩擦力Ffm=μ mg cos 37°=mg sin 37°<F合,所以a已经滑动;根据牛顿第二定律可得F合-Ffm=ma,解得加速 度大小a=0.25g sin 37°,B错误,C正确。若a未滑动,改变外力F的大小和方向,对a、b整体 返回目录 分析,当F大小一定时,F在水平面上方且与水平面的夹角越大,b对c的压力越小,而外力F 与斜面始终平行,结合几何知识可知,F与水平面的夹角最大为θ=37°,此时F沿斜面向上, F的值越大,b对c的压力越小,F最大为Fm=mg sin 37°+Ffm=2mg sin 37°,对a、b整体分析有 Fm sin 37°+FN=(m+M)g,解得FN=Mg+mg cos 74°;若a滑动后,对b分析可知,a对b的压力恒 定,a对b的滑动摩擦力沿斜面向上时,b对c的压力最小,对b有FN=Mg+mg cos 37°·cos 37°- μmg cos 37°·sin 37°=Mg+mg cos 74°,D错误。 返回目录 5.★★★★(多选)(2023湖南,10,5分)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平 推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠 在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的 夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止,重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。下列说法正确的是     ( )   　    CD　     返回目录 A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ C.若推力F向左,且μ<tan θ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tan θ) D.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ) 返回目录 解析　若B球受到的摩擦力为零,设轻杆对B球的弹力大小为FN1,对A球在竖直方向有FN1 ' cos θ=mg,对B球在水平方向有FN1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,已知FN1=FN1',联立解得F=4 mg tan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第 二定律得mg tan θ=ma1,解得a1=g tan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩 擦力时,如图所示,对A受力分析,在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对B受力分 析,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-FN1 sin θ=ma2,FN1=F'N1,对A、B整体在竖直方向有 FN2=2mg,又fm=μFN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g;若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1求得 F的最大值为4mg tan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ<tan θ≤2μ时,对整体由F=4ma2求得F的 最大值为4mg(2μ-tan θ),C正确。若推力F向右,当B即将相对车厢底部向右滑动时,最大 返回目录 静摩擦力方向向左,对A在竖直方向根据平衡条件有FN1' cos θ=mg,对整体在竖直方向有 FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1 sin θ-fm=ma3,又fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解 得a3=(tan θ-2μ)g,对整体由F=4ma3求得F的最小值为4mg(tan θ-2μ);当B相对车厢底部即 将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,对A在竖直方向根据平衡条件有F'N1 cos θ=mg, 对整体在竖直方向有FN2=2mg,对B在水平方向根据牛顿第二定律有FN1 sin θ+fm=ma4,又 fm=μFN2,FN1=F'N1,联立解得a4=(tan θ+2μ)g,对整体由F=4ma4求得F的最大值为4mg(tan θ+2 μ),即F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。   返回目录 $