第5章 专题强化7 牛顿第二运动定律的应用（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦牛顿第二运动定律的应用，涵盖从受力确定运动、从运动确定受力及多过程问题三大核心内容。通过受力分析求合力，结合牛顿第二定律得加速度，再用运动学公式解决运动问题，反之从运动求加速度分析受力，多过程问题拆分过程并关注交接点速度，搭建完整知识支架。 其亮点是以加速度为桥梁构建解题模型，流程图总结思路体现科学思维的模型建构与推理。例题融入生活情境（如汽车刹车、企鹅滑行），练习题分基础到尖子生层次，助力学生深化运动和相互作用观念，提升分析能力，也为教师提供系统教学资源，提高教学效率。

牛顿第二运动定律的应用 专题强化7 第 5 章 1.会分析物体的受力情况并由此判断物体的运动状态。 2.掌握两类动力学问题的解题思路，进一步理解加速度的桥梁作用(重难点)。 3.会用牛顿第二运动定律分析多过程问题，进一步掌握用牛顿第二运动定律解决问题的方法和步骤(重难点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、从受力情况确定运动情况 二、从运动情况确定受力情况 三、多过程问题 < 一 > 从受力情况确定运动情况 质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上。如果给这个物体施加两个大小都是50 N且互成60°角的水平力(如图)，那么，3 s末它的速度大小是多少？3 s内它的位移大小是多少？ 答案　对物体受力分析 F合=2Fcos 30°=2×50× N=50 N 由牛顿第二定律F合=ma得 a== m/s2 由运动学公式得 vt=v0+at=×3 m/s= m/s s=v0t+at2=××9 m= m。 1.基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 梳理与总结 　(2023·莆田市高一期末)如图所示，冰车静止在冰面上，小孩与冰车的总质量m=30 kg。大人用F=30 N的恒定拉力，使冰车开始沿水平冰面移动，拉力方向与水平面的夹角为θ=37°。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小孩与冰车受到的支持力N的大小； 例1 答案　282 N　 以冰车和小孩为整体受力如图所示 竖直方向的合力为零，则有N+Fsin θ=mg 代入数据解得支持力 N=282 N。 (2)小孩与冰车的加速度a的大小； 答案　0.33 m/s2　 在水平方向，根据牛顿第二定律得 Fcos θ-f=ma， 摩擦力f=μN， 代入数据解得加速度a=0.33 m/s2。 (3)拉力作用8 s时间内，冰车位移s的大小。 答案　10.56 m 根据匀变速直线运动规律s=at2， 解得s=10.56 m。 返回 < 二 > 从运动情况确定受力情况 如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s的时间内滑下的路程为60 m。求滑雪者的加速度大小及滑雪者受到的阻力大小(包括摩擦力和空气阻力)，g取10 m/s2。 答案　由运动学公式 s=v0t+at2， 解得a=4 m/s2 对滑雪者受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得 mgsin θ-f=ma 解得f=mgsin θ-ma=75 N。 　(来自教材)一辆总质量为1 800 kg的汽车从静止开始做匀加速直线运动，10 s内速度达到26 m/s。已知驾驶员质量为68 kg，求： (1)汽车受到的合外力大小； 例2 答案　4 680 N　 以汽车为研究对象 a== m/s2=2.6 m/s2 由牛顿第二运动定律，汽车受到的合外力大小 F=Ma=1 800×2.6 N=4 680 N (2)座椅给驾驶员的水平推力大小。 答案　176.8 N 以驾驶员为研究对象 由牛顿第二运动定律，驾驶员所受推力 F'=ma=68×2.6 N=176.8 N。 　民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)，斜面的倾角为θ=30°(简化为如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地面。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s。求乘客与气囊之间的动摩擦因数(g=10 m/s2)。 例3 答案　 设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a 由s=at2，解得a=4 m/s2 对乘客进行受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有， x方向mgsin θ-f=ma y方向N-mgcos θ=0 且f=μN 联立各式解得μ=。 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 总结提升 返回 < 三 > 多过程问题 如图所示，一质量为8 kg的物体(可视为质点)静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止，g=10 m/s2。求A、B间距离。 答案　当F作用在物体上时 由牛顿第二定律有F-μmg=ma1 得a1=0.5 m/s2 v1=a1t=4 m/s s1=a1t2=16 m 撤去拉力F后，由牛顿第二定律有-μmg=ma2 得a2=-2 m/s2 0-=2a2s2 得s2=4 m 故sAB=s1+s2=20 m。 　(2024·厦门市双十中学高一期末)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图，一只企鹅在倾角θ=37°的倾斜冰面上先以a=1.0 m/s2的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=4 s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，即完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，sin 37°=0.6，不计空气阻力，取g=10 m/s2，求： (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； 例4 答案　8 m　 根据位移时间关系，企鹅向上“奔跑”的位移大小为s1=at2=8 m (2)企鹅沿冰面向上滑行的加速度大小； 答案　8 m/s2　 企鹅沿冰面向上滑行时，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1 代入数据解得a1=8 m/s2 (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。 答案　6 m/s 企鹅开始上滑时的速度v=at=4 m/s 企鹅向上滑行的距离s2==1 m 企鹅向上运动的总位移大小s=s1+s2=9 m 企鹅向下滑行时， 由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2 代入数据解得a2=4 m/s2 根据速度位移公式得=2a2x 企鹅下滑回到出发点时的速度大小v1=6 m/s。 1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要将复杂的过程拆分为几个子过程。 2.分析每一个子过程的受力情况，由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一个过程都要重新分析，分别求加速度，用相应规律解决。 3.特别注意两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用。 总结提升 返回 < 四 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A C AC D AC 10　1　10 AD 题号 9 10 11 12 答案 (1)0.5 m/s2　(2)500 N (1)0.25　 (2)3.5 m/s2　(3)14 m/s (1)5 m/s　(2)30 m，方向沿斜面向下 (1)6 m/s2　(2)4 N　 (3) s 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点一　从受力确定运动情况 1.近年来新能源汽车的发展越来越受到人们的关注。在测试某新能源汽车车轮抱死后刹车情况时，测得汽车在刹车前瞬间的速度大小为20 m/s，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.8，则车轮抱死后刹车的直线距离为(重力加速度g取10 m/s2) A.25 m　　　　B.30 m　　　　C.35 m　　　　D.40 m 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 根据牛顿第二定律可知，汽车刹车后的加速度大小为a==8 m/s2 根据运动学公式可得0-=-2as 解得s== m=25 m，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 2.用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，外力F作用3 s后撤去。则前3 s内物体的加速度和第5 s末物体的瞬时速度大小分别是 A.1.5 m/s2　4.5 m/s B.1.5 m/s2　7.5 m/s C.0　4.5 m/s D.0　7.5 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 根据牛顿第二定律可得前3 s内物体的加速度大小为a==1.5 m/s2，撤去外力后物体做匀速直线运动，第5 s末物体的瞬时速度大小等于撤去拉力时物体的瞬时速度大小，即v=at=4.5 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 3.如图所示，质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力，在此恒力作用下(取g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力) A.物体经10 s速度减为零 B.物体经5 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 施加恒力后，物体向左滑动时，水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动，滑动摩擦力大小为f=μN=μmg=3 N，故a==5 m/s2，方向水平向右，物体减速到零所需时间为t==2 s，故A、B错误； F<f，物体减速到零后，将保持静止状态，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点二　从运动情况确定受力 4.(多选)(2024·厦门大学附属科技中学高一月考)大型商场的自动扶梯可以分为两大类，如图甲、乙所示，一种无台阶，另一种有台阶。在没有顾客乘行时，这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有顾客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送顾客上楼的整个过程中 A.图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终 　受摩擦力作用 B.图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终 　受摩擦力作用 C.图甲所示的无台阶自动扶梯中，扶梯对乘客的支持力始终不变 D.图乙所示的有台阶自动扶梯中，扶梯对乘客的支持力始终不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 12 题图甲所示的无台阶自动扶梯是斜面，所以无论扶梯加速还是匀速，乘客在斜面上都受重力、支持力、摩擦力，且支持力大小都等于重力垂直扶梯向下的分力，则扶梯对乘客的支持力始终不变，故A、C正确； 题图乙所示的有台阶自动扶梯中，匀速时乘客受重力和支持力，二力平衡，则扶梯对乘客的支持力大小等于重力，乘客不受摩擦力；加速时因为有斜向上的加速度，所以受重力、支持力、摩擦力，且支持力大于重力，故B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 5.一段“幼童不慎坠楼，千钧一发之际，路人扔下手机徒手接娃”的视频引起关注。假设小孩子突然从7.5 m高处坠落，孩子体重10 kg，楼下恰好有人用双手将孩子接住，该人接住孩子时离地面大概1.5 m，接住孩子后向下做匀减速运动，孩子到地时速度恰好减为零。假设小孩子可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2，请你估算一下该人每只手平均承受多大的力 A.500 N　　　　B.450 N　　　　C.350 N　　　　D.250 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 小孩子下落的运动可分为两个阶段，先是自由落体运动，下落高度为6 m，然后是匀减速运动1.5 m，根据运动学公式，自由落体阶段有v2=2gh1，设减速阶段的加速度大小为a，减速阶段有0-v2=-2ah2，减速阶段对孩子受力分析，根据牛顿第二定律可得2F-mg=ma 联立得F=250 N，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 6.(多选)如图所示，质量m=2 kg的滑块以v0=20 m/s的初速度沿倾角θ= 37°的足够长的固定斜面向上滑动，经t=2 s滑行到最高点。g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 A.滑块向上滑动的加速度大小为10 m/s2 B.滑块向上滑动的加速度大小为5 m/s2 C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5 D.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 12 由题意，经t=2 s，滑块速度为零，滑块向上滑动的加速度大小为a= =10 m/s2，A正确，B错误； 对滑块受力分析有mgsin θ+μmgcos θ=ma，解得μ=0.5，C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点三　多过程问题 7.(2024·福州市高一月考)如图所示，物体在水平拉力F=10 N的作用下，沿水平面做匀速直线运动，2 s后撤去拉力，其v-t图像如图所示，则物体所受的摩擦力大小f=　　 N；撤去拉力后，物体加速度大小a=　 m/s2；物体的质量为　　 kg。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 10 10 1 12 0~2 s内，物体做匀速直线运动，根据平衡条件可知物体所受的摩擦力大小f=F=10 N，撤去拉力后，物体做匀减速直线运动，加速度大小为a== m/s2=1 m/s2 由牛顿第二定律f=ma得物体的质量为 m== kg=10 kg。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 8.(多选)(2024·漳州市高一期末)一个物块在竖直向上的拉力F作用下竖直向上运动，拉力F与物块速度v随时间变化规律分别如图甲、乙所示，物块向上运动过程中所受空气阻力大小不变，取重力加速度大小g=10 m/s2，则 A.物块质量为250 g B.物块质量为500 g C.物块所受空气阻力大小为3.5 N D.物块所受空气阻力大小为2.5 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 能力综合练 √ 12 由题图乙可知，在2 s之后，物块做匀速直线运动，故受力平衡，则f+mg=F2=5 N，在0~2 s时间内，物块做匀加速直线运动，加速度为a= =2 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1-f-mg=ma，解得m=0.25 kg=250 g，f=2.5 N，故选A、D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 9.(2024·武夷山市第一中学高一期中)图中所示为阿里巴巴发布的第一款物流机器人“小蛮驴”。未来，“小蛮驴”机器人将率先在菜鸟驿站大规模投用。在某次测试过程中，实验人员让“小蛮驴”从静止开始做匀加速直线运动，行驶25 m后，达到最大速度5 m/s，v重力加速度大小g取10 m/s2。试求： (1)“小蛮驴”加速时的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　0.5 m/s2　 12 根据速度与位移的关系式有v2=2as 解得a=0.5 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 (2)若“小蛮驴”满载货物时总质量为200 kg，所受阻力恒为车重力的0.2倍，求匀加速直线运动过程中“小蛮驴”所受的牵引力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　500 N 由题意有f=0.2mg， 根据牛顿第二定律有F-f =ma 解得F=500 N。 12 10.(2024·厦门一中高一月考)商场工作人员拉着质量m=20 kg的木箱沿水平地面运动。若用F=50 N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F1=150 N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)木箱与地面之间的动摩擦因数μ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　0.25　 木箱在F的作用下做匀速直线运动，则有F=f=μmg，代入数据解得μ= ==0.25 12 (2)F1作用在木箱上时，木箱运动的加速度a的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　3.5 m/s2　 由受力分析可知，木箱水平方向有F1cos 53°-f1=ma 竖直方向上有F1sin 53°+N=mg 又因为摩擦力满足f1=μN，联立解得a=3.5 m/s2 12 (3)木箱在F1作用4.0 s时速度v4的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　14 m/s 根据匀加速直线运动速度与时间的关系可得木箱在F1作用4.0 s时的速度为v4=at=3.5×4 m/s=14 m/s。 12 11.(2024·厦门市双十中学高一月考)如图甲所示为一倾角θ=37°且足够长的斜面，将一质量为m=1 kg的物体在斜面上无初速度释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)2 s末物体的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　5 m/s　 12 由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动， 由牛顿第二定律可得mgsin θ-F1-μmgcos θ=ma1，v1=a1t1 代入数据可得a1=2.5 m/s2，v1=5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 (2)前16 s内物体发生的位移。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 答案　30 m，方向沿斜面向下 12 物体在前2 s内发生的位移为s1，则s1=a1=5 m 当拉力为F2=4.5 N时，物体沿斜面向下先做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得F2+μmgcos θ-mgsin θ=ma2 代入数据可得a2=0.5 m/s2 物体经过t2时间速度减为0，则v1=a2t2 解得t2=10 s t2时间发生的位移为s2，则s2=a2=25 m 由于F2<μmgcos θ+mgsin θ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态，故物体在前16 s内所发生的位移为s=s1+s2=30 m，方向沿斜面向下。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 尖子生选练 12.(2024·三明市高一期中)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t=5 s时离地面的高度为h=75 m(g取10 m/s2)。 (1)求无人机上升过程中加速度大小； 答案　6 m/s2　 无人机上升过程，根据位移时间公式有h=at2，解得a=6 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 (2)运动过程中无人机所受空气阻力大小； 答案　4 N　 无人机上升过程由牛顿第二定律得 F-mg-f=ma 代入数据解得f=4 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 (3)假设由于动力系统故障，悬停在离地面高度H=100 m的无人机突然失去升力而坠落，经时间t1在遥控设备的干预下故障解除，动力系统重新启动提供向上最大升力。着地时速度恰好为0，求无人机从开始下落到恢复升力的时间t1。 答案　 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 无人机失去升力而下落过程，由牛顿第二定律得mg-f=ma1 代入数据解得a1=8 m/s2 无人机恢复升力时下落速度为v=a1t1， 下落的高度为h1=a1 恢复升力后F+f-mg=ma2，解得a2=10 m/s2 到达地面时速度恰为零，则0-v2=-2a2h2 其中h1+h2=H=100 m 代入数据解得t1= s。 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 本课结束 第 5 章 $