专题3 牛顿第二定律的应用 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

这是一份专题3 牛顿第二定律的应用 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用），共60页。
力引起运动的变化,行动改变你不满的当下,主动施力主宰自己的每一步轨迹!
　 (2022浙江6月,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24 °角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与 滑轨间的动摩擦因数均为μ= ,货物可视为质点(重力加速度g=10 m/s2,取cs 24°=0.9,sin 24°=0.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。 
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)货物在倾斜滑轨上滑行,根据牛顿第二定律有mg sin 24°-μmg cs 24°=ma1解得a1=2 m/s2。(2)根据匀变速直线运动规律有v2=2a1l1解得v=4 m/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,水平滑轨长度最短时有最大末速度v1=2 m/s,根据匀变速直线 运动速度与位移的关系式有 -v2=2a2l2根据牛顿第二定律有-μmg=ma2联立解得最短长度l2=2.7 m。
　 探究1　一题多解本题解析中用了常规的动力学公式解题。请应用动能定理求解(2)、(3)问,可以分过程列式,也可以对 全过程应用动能定理列式。
答案　(2)可对货物沿倾斜滑轨运动过程应用动能定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)l1= mv2-0。(3)解法一　分段法可对货物在水平滑轨运动过程应用动能定理列式,有-μmgl2= m - mv2。解法二　全程法对全过程应用动能定理有(mg sin 24°-μmg cs 24°)l1-μmgl2=  m -0。
探究2　拓展设问若本题情境不变,请分析以下设问。①设问1:求货物在倾斜滑轨上滑行的时间t1。②设问2:若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求货物在水平滑轨上的运动时间t2。
答案　①解法一:根据l1= a1 ,解得t1=2 s。解法二:由动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)t1=mv-0 解得t1=2 s。②解法一:对货物在水平滑轨上运动过程,由动量定理有-μmgt2=mv1-mv,解得t2=0.9 s。解法二:对全程利用动量定理列式,有(mg sin 24°-μmg cs 24°)t1-μmgt2=mv1-0,可得t2=0.9 s。解法三:由牛顿第二定律先求出货物在水平滑轨上运动的加速度,再根据匀减速直线运动的位移与时间 的关系式求出时间t2。
探究3　图像表征请定性画出货物从倾斜滑轨顶端由静止下滑到水平滑轨右侧末端的v-t图像(v表示速度大小),并思考通 过图像可求出哪些相关物理量。
答案　由于已知货物在倾斜滑轨上运动的初速度和位移,可对其受力分析,由牛顿第二定律求出其加速 度大小,根据v-t图像的特点(斜率绝对值表示加速度大小、图线与横轴所围面积大小表示位移大小)求 出其在倾斜滑轨上运动的末速度大小和运动时间。货物在水平滑轨的初速度大小等于上一阶段的末 速度大小,且已知这段过程的最终速度大小不超过2 m/s,对其受力分析,可求其加速度大小,同样可根据v -t图像的特点求出临界状态(末速度为2 m/s时)对应的该过程的位移大小和时间。 
探究4　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!滑沙是一项人们比较喜欢的运动(图甲),其运动过程可简化为图乙所示的模型,滑沙者坐在滑板上与滑 板保持相对静止,从沙坡(可视为斜面)顶端的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平沙道(设经过B点 前后速度大小不变),最后停在C点。如果在滑板上装有速率传感器,且每隔一段时间通过该传感器测出 滑沙者的速率,某次滑沙的部分测量数据见表,假设沙道与滑板间的动摩擦因数处处相同,不计空气阻 力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
 　 请根据上述信息,判断下列说法是否正确,如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答过 程。
　 (1)人和滑板一起沿沙坡下滑过程中一定受到重力、支持力、下滑力和摩擦力。
答案　错误;下滑过程中,人和滑板组成的整体受到重力、支持力和摩擦力,不受下滑力。
(2)无论是在沙坡上还是在水平沙道上运动的过程中,人对滑板的压力大小与滑板对人支持力的大小时 刻相等。
答案　正确;人对滑板的压力大小时刻等于滑板对人的支持力大小,二者是一对相互作用力。
(3)人沿着沙坡由静止开始加速滑下的过程中,其惯性会越来越大。
答案　错误;惯性是物体本身的属性,与物体的运动状态无关,人的质量不变则惯性不变。
(4)质量较大的成人和质量较小的小孩从沙坡A点由静止滑下,由于成人的惯性较大,所以成人下滑得更 快。
答案　错误;根据牛顿第二定律可知,下滑过程中二者运动的加速度均与质量无关,即成人和小孩下滑 得一样快。
　 (5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。
答案　正确;选取题表中后三组数据可得,a1= =-5 m/s2,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1,联立解得μ=0.5。
(6)根据题中信息能求出沙坡的倾角θ。
答案　正确;选取题表中前三组数据可得,a2= =2 m/s2,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cs θ=ma2,联立解得θ=37°。
(7)根据题中信息能求出这次滑沙所用的总时间t1。
答案　正确;根据表中数据规律及匀减速直线运动的加速度可推导t1=3.5 s时人停在C点。
(8)根据题中信息能求出这次滑沙在沙坡上所用的时间t2。
答案　正确;由于前一阶段的初速度和后一阶段的末速度都等于0,可得前、后两阶段加速度大小之比 等于时间的反比,可得前一阶段所用时间等于后一阶段所用时间的2.5倍,即整个过程所用时间t2+0.4t2= 3.5 s,可求出在沙坡上所用的时间t2=2.5 s。
(9)根据题中信息能求出水平沙道BC的长度。
答案　正确;人在水平沙道上做匀减速直线运动,所用时间t3=0.4t2=1 s,加速度a1= =-5 m/s2,末速度为0,则xBC= |a1| =2.5 m。
(10)根据题中信息能求出沙坡AB的长度。
答案　正确;沙坡AB的长度为在此段运动的位移大小,由运动学公式可求位移大小,xAB= a2 =6.25 m。
　　我们的物理思维往往是从某个表象(通常以某种状态的现象或现状)出发进行描述和分析,一般先 追本溯源,探究这种现象或现状出现的原因和条件;接着顺藤摸瓜,揭示这种现象或现状蕴含的内在规 律;然后寻踪觅迹,进行拓展延伸和趋势预测。  
　　通过上述“真题解码”,我们初步了解了本单元的核心知识在解决实际问题时的技巧与方法。本 单元是运动与相互作用观念的具体应用,运动及其变化是表象,引起运动变化的受力是关键,其核心的 思维线索就是以加速度为纽带将运动和力联系起来。如思考路径图所示,所呈现的题型主要有两类:一 类是已知受力求运动(例如2022年浙江6月高考卷第19题),另一类是已知运动求受力(例如探究4▶举一 反三)。解答问题的思维方法主要集中在两个方面:一是受力分析,根据牛顿运动定律列受力方程;二是 运动分析,根据运动规律列运动方程。为了帮助大家在备考复习中清晰梳理和融会贯通,特设立几个专 题进行详细探究。
真题试练1：基本模型的应用
(2022辽宁,7,4分)如图所示,一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1 s从 另一端滑落。物块与桌面间的动摩擦因数为μ,g取10 m/s2。下列v0、 μ的取值可能正确的是 (　　　) A.v0=2.5 m/s　　　　　B.v0=1.5 m/s　　　　　C.μ=0.28　　　　　D.μ=0.25
解析　小物块在水平桌面沿中线做匀减速直线运动,则 = = ,由题意知x=1 m,t=1 s,v>0,代入数据有v00,由v0v1,物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ。以物块刚滑上传送带的位 置为起点,以传送带底端所在水平面为零势能面,则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确 的是(　　　) 　　　　　 
解析　由于μ>tan θ,则物块先沿传送带向下做匀减速直线运动,合力大小F合=μmg cs θ-mg sin θ,方向沿 传送带向上,速度减为零后物块沿传送带向上做匀加速直线运动,合力大小F'合=μmg cs θ-mg sin θ,方向 沿传送带向上,因为v2>v1,所以物块沿传送带向上运动到与传送带速度相同后,与传送带相对静止向上 做匀速运动,此时物块所受合力为零;减速阶段有0- =2a1x1,加速阶段有 -0=2a2Δx2,所以物块速率v与路程x的变化关系图线不是直线,A、B错误。由动能定理得F合·Δx=ΔEk,即 =F合,可知Ek-x图线斜率的绝对值表示合力大小,动能减小过程和动能增加过程,图线斜率的绝对值相等,最终物块的动能小于初动 能并保持不变,C错误,D正确。
5.如图所示,P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O'点。系统静止时,两细线与竖直方向 的夹角均为30°,弹簧与竖直方向的夹角为60°。已知小球Q的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确 的是 (　　　)
A.O'Q间细线张力的大小为 mgB.弹簧弹力的大小为 mgC.剪断弹簧瞬间,球P的加速度大小为 g
解析　对Q受力分析,Q受竖直向下的重力、细线O'Q的拉力和弹簧的弹力,根据平衡条件可得FO'Q=mg cs 30°= mg,F弹=mg sin 30°= mg,A、B错误。对球P受力分析,有F弹 sin 60°=FOP sin 30°,mPg+F弹 cs 60°=FOP cs 30°,联立解得FOP= mg,mP= m,D正确。剪断弹簧瞬间,OP细线中弹力发生突变,球P的运动为圆周运动的一部分,根据牛顿第二定律得球P的加速度大小a= = g,C错误。
6.(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/s2D.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。
7.(2025江苏,10,4分)如图所示,弹簧一端固定,另一端与光滑水平面上的木箱相连,箱内放置一小物块,物 块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放,释放后物块在木箱上有滑动,滑动过程中不与木箱前后 壁发生碰撞,不计空气阻力,则(　　　) A.释放瞬间物块加速度为零B.物块和木箱最终仍有相对运动C.木箱第一次到达最右端时,物块速度为零D.物块和木箱的速度第一次相同前,物块受到的摩擦力不变
解析　释放瞬间木箱在水平方向上受弹簧弹力和物块向左的摩擦力,合力向右,向右加速;物块受到向 右的摩擦力而加速,加速度a物= =μg,A错误;弹簧、木箱与物块组成的系统的机械能一部分转化为因摩擦产生的热量,最终物块和木箱一定相对静止,一起在水平面上做简谐运动[点拨:当二者一起做简 谐运动时,对物块有f=ma,对物块和木箱整体有F=(m+M)a,可得F= ],B错误;木箱第一次到达最右端时,所受合力向左,加速度大小a= ,若物块与木箱第一次共速后,物块做减速运动的加速度小于木箱的加速度,则物块此时的速度可能没有减到零,C错误;释放后对木箱有kx-μmg=Ma箱,根据题意, 释放后物块在木箱上有滑动,则a箱>a物,随着x的减小,木箱加速度减小,在两者速度第一次相同前,物块一 直受到恒定的滑动摩擦力,D正确。
8.如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动,已 知拉力F=6.5 N,玩具的质量m=1 kg。经过时间t=2.0 s,玩具移动了x=2  m,这时幼儿松开手,玩具又滑行了一段距离后停下(取g=10 m/s2)。(1)求玩具与地面间的动摩擦因数。(2)松开手后玩具还能滑行多远?(3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力? 
答案　(1) 　(2)  m　(3)30°
解析　(1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动,由位移与时间关系式有x= at2解得a=  m/s2对玩具根据牛顿第二定律有F cs 30°-μ(mg-F sin 30°)=ma解得μ= 。(2)松手时,玩具的速度v=at=2  m/s松手后,根据牛顿第二定律有μmg=ma'解得a'=  m/s2由匀变速直线运动的速度与位移关系式得玩具的位移
x'= =  m。(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ,玩具要在水平面上运动,则F cs θ-Ff>0Ff=μFN在竖直方向上,由平衡条件得FN+F sin θ=mg解得F> cs θ+μ sin θ=  sin (60°+θ)则当θ=30°时,拉力最小,最省力。