牛顿第二定律地综合应用专题

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牛顿第二定律的综合应用(解析版)-高中物理

牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。

【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。

2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。

3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。

4.利用牛顿第二定律处理板块模型。

【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。

一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。

二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。

(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。

(3)轻绳(杆)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，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。

三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。

2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。

(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

四、板块模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。

2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。

牛顿第二定律的应用(包含各种题型)

练习：一木箱质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为μ，现用斜向右下方与水平方向成θ角的力F推木箱，求经过 t 秒时木箱的加速度。
N
竖直方向 N– Fsinθ- G = 0 ①
V0= 0
Vt=？水平方向 Fcosθ- f = ma ②
Fcosθ f
二者联系 f=μN
③
θ
Fsinθ
F
G
a F cos (mg F sin )
37 °
总结
传送带问题的分析思路：
初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
难点是当物体与皮带速度出现大小相等、方向相同时，物体能否与皮带保持相对静止。一般采用假设法，假使能否成立关键看F静是否在 0- Fmax之间
θ
以整体为对象, 受力如图, 则
F (M m)a........(2)
由(1)(2)有
F (M m)g tan
5.四个相同的木块并排放在光滑的水平地面上, 当用力F推A使它们共同加速运动时, A对B的作用力是多少?
Ｆ
ABCDΒιβλιοθήκη .如图所示,在光滑的地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做加速
代入数据可得： F阻＝67.5N
FN
F阻
F1 θ
θ
F2
mg
2 m（x －v0t） t2
F阻方向沿斜面向上
二、从运动情况确定受力
已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（知道三个运动学量）已知的条件下，要求得出物体所受的力或者相关物理量（如动摩擦因数等）。
处理这类问题的基本思路是：先分析物体的运动情况，据运动学公式求加速度，再在分析物体受力情况的

牛顿运动定律的综合应用(解析版)

牛顿运动定律的综合应用题型一动力学的连接体问题和临界问题【解题指导】整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．1(2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中)中沙“蓝剑一2023”海军特战联训于10月9日在海军某部营区开训。

如图所示，六位特战队员在进行特战直升机悬吊撤离课目训练。

若质量为M的直升机竖直向上匀加速运动时，其下方悬绳拉力为F，每位特战队员的质量均为m，所受空气阻力是重力的k倍，不计绳的质量，重力加速度为g，则()A.队员的加速度大小为F6m-gB.上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小13FC.队员的加速度大小为F6m-kgD.上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小23F【答案】D【详解】以六位特战队员为研究对象F-6k+1mg=6ma设第二位队员和第三位队员间绳的拉力为T，以下面的4名特战队员为研究对象T-4k+1mg=4ma解上式得T=23F，a=F6m-k+1g故选D。

2(2024·辽宁·模拟预测)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，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，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gC.弹簧的劲度系数等于mghD.在B 和A 分离前，它们做加速度增大的加速直线运动【答案】C【详解】AB ．在施加外力F 前，对A 、B 整体受力分析，可得2mg =kx 1A 、B 两物体分离时，A 、B 间弹力为零，此时B 物体所受合力F 合=F -mg =0即受力平衡，则两物体的加速度恰好为零，可知此时弹簧弹力大小等于A 受到重力大小，弹簧处于压缩状态，故AB 错误；C ．B 与A 分离时，对物体A 有mg =kx 2由于x 1-x 2=h所以弹簧的劲度系数为k =mgh故C 正确；D ．在B 与A 分离之前，由牛顿第二定律知a =F +kx -2mg 2m =F +kx 2m-g在B 与A 分离之前，由于弹簧弹力一直大于mg 且在减小，故加速度向上逐渐减小，所以它们向上做加速度减小的加速直线运动，故D 错误。

牛顿第二定律应用案例分析

牛顿第二定律应用案例分析
引言
牛顿第二定律是经典力学的重要定律之一，用于描述物体运动
时受力与加速度的关系。

本文将通过分析一些应用案例，探讨牛顿
第二定律在实际场景中的应用。

案例一：均匀加速运动
在一个水平的道路上，有一辆质量为m的小汽车，在驾驶员的控制下匀速行驶。

当驾驶员突然踩下刹车，小汽车将发生减速运动。

根据牛顿第二定律的公式F=ma，小汽车所受合力等于质量乘以减
速度。

通过测量小汽车的质量和减速度，我们可以计算出小汽车所
受的合力。

案例二：天体运动
天体运动是研究力学和天文学的交叉领域，牛顿第二定律也可
以应用于天体运动的研究中。

例如，我们可以通过牛顿第二定律来
计算行星绕太阳转动的加速度和力，并进一步研究天体运动的规律。

案例三：物体受力分析
在工程领域中，牛顿第二定律经常被用来分析物体受力的情况。

例如，当一根悬挂在某一点的绳子上有一个物体时，我们可以通过
牛顿第二定律来计算绳子所受的张力和物体受到的重力。

结论
牛顿第二定律是一个非常有用的力学定律，可以应用于多个实
际场景中。

通过对案例的分析，我们可以更好地理解牛顿第二定律
的应用方式。

参考文献
[1] 张功献. 物理学[M]. 北京：高等教育出版社，2010.
[2] Halliday D, Resnick R, Walker J. Fundamentals of Physics[M]. Wiley, 2013.。

牛顿第二定律的应用综合复习

牛顿第二定律的应用综合复习1、物体运动的加速度同作用在物体上的力成_____，同物体的质量成_____．而方向和作用力的方向_____，这就是牛顿第二定律．其公式为____。

2、加速度和力之间的对应关系：(1)力是物体产生__________的原因，而不是产生运动的原因．因此，力与速度的大小、方向____关，但可以改变速度的大小、方向．(2)加速度和力之间是________对应关系．物体受到力的作用，就会产生_______，力增大，_________同时增大；力减小，_________随之减小；力停止作用，_________立刻消失．(3)加速度的方向和产生这个加速度的力的方向总是________的，而运动方向不一定与外力方向一致．3、根据牛顿第二定律规定了力的单位是牛顿，1N=____________；物理含义是_____________________________4、在“研究力、质量和加速度三者之间的关系”的实验中，可以在物体质量一定的情况下，探究物体的加速度与_________的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度跟________的关系．最后通过逻辑推理得出加速度与力、质量三者之间的关系，这种物理学常用的探究方法叫___________。

5．甲、乙两物体受相同的外力作用分别产生0.3m/s2和1.2m/s2的加速度，则甲、乙两物体的质量之比为m甲：m乙=_____________ ．【4：1】6．质量为m的物体受恒力F作用由静止开始运动，在t秒内的位移为s，则质量为2m的物体受恒力3F作用，在2t秒内的位移为____________。

【6s】7．质量为m的物体A叠放在物体B上，物体B放在水平面上．当B受到水平向右的作用力时，A、B保持相对静止一起以加速度a 向右做匀加速直线运动，则A受到的合外力的大小是_________，方向__________。

【ma,右】8．物体A受到F1的作用，产生的加速度为a1，物体B受到F2的作用，产生的加速度为a2，如果把A、B两物体拴在一起，受到大小为(F1+F2)的作用力，则产生的加速度为______ 【12122112()a a F Fa F a F++】9．关于惯性的下列叙述中错误的是( B )(A)物体的惯性越大，它的运动状态越难改变;(B)物体的运动速度越大，它的惯性越大;(C)物体的质量越大，它的惯性越大;(D)物体在静止时和运动时都具有惯性.10．下列关于牛顿第二定律的说法中，错误的是 ( AC )． A ．根据F=ma 知，物体所受的外力与加速度成正比; B ．根据F a m=知，物体的加速度与质量成反比;C ．根据F m a=知，物体的质量与外力成正比;D ．根据F a m=知，加速度与合外力成正比，与质量成反比。

第三章第3课时专题强化：牛顿第二定律的综合应用-2025物理大一轮复习讲义人教版

第3课时专题强化：牛顿第二定律的综合应用目标要求 1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。

2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。

考点一动力学中的连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。

系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。

1．共速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(或物体间的弹力)相关类连接体(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)例1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，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，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．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为m1Fgm1＋m2＋μm1C．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答案C 解析若设木块和地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(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，得a ＝F －μ(m 1＋m 2)g m 1＋m 2，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有F T －μm 1g ＝m 1a ，得a ＝F T －μm 1g m 1，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得F T ＝m 1m 1＋m 2F ，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为F T ＝m 1m 1＋m 2F ，且m 2越大，绳的拉力越小，故选C 。

拓展(1)两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。

①如图甲所示，用力F 竖直向上拉木块时，绳的拉力F T ＝__________；②如图乙所示，用力F 沿光滑斜面向上拉木块时，绳的拉力为__________；斜面不光滑时绳的拉力F T ＝__________。

牛顿第二定律的应用(很全_自己上课用)

1 2
a
5.如图所示，质量为m的小球用细绳挂在倾角为37°的光滑斜面顶端，斜面静止时，绳与斜面平行，现斜面向左加速运动。 (1)当a1=g时，细绳对小球的拉力多大？ (2)当a2=2g呢？
Tcosθ－Nsinθ=ma Tsinθ+Ncosθ=mg解得 T=mgsinθ+macosθ 当a1=g时，T1=1.4mg；当a2=2g时， T2=2.2mg
F
m1 m2 FN1
[m1]
F1
m1g FN2
F
联立（1）、（2）可得
m2F F1 = m1 m 2
[m2]
F1
m2g
例题1:光滑的水平面上有质量分别为m1、m2的两物体静止靠在一起(如图) ,现对m1施加一个大小为 F 方向向右的推力作用。求此时物体m2受到物体 m1的作用力F1 [ 解法二 ]：对m1、m2视为整体作受力分析
一条轻弹簧上端固定在天花板上,下端连接一物体A,A的下边通过一轻绳连接物体B.A,B的质量相同均为m,待平衡后剪断 A,B间的细绳,则剪断细绳的瞬间,物体A的加速度和B的加速度?
A
B
如图,两个质量均为m的重物静止,若剪断绳OA,则剪断瞬间A和B的加速度分别是多少?
0
A
B
质量皆为m的A,B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧,放在光滑水平台面上,A球紧靠墙壁,今用力F将B球向左推压弹簧,平衡后,突然将力F撤去的瞬间A,B的加速度分别为多少？.
m
θ
• 2．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的静摩擦因数μ＝0.8，要使物体不致下滑，车厢至少应以多大的加速度前进？（g＝10m/s2）

第四讲牛顿第二定律的综合应用(原卷版)

第四讲牛顿第二定律的综合应用考点一、连接体问题1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的系统称为连接体。

连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．2.常见的连接体(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度速度、加速度相同(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等．速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．速度、加速度相同(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．3.整体法与隔离法在连接体中的应用(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度大小相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，对整体列方程求解的方法。

(2)隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再对隔离出来的物体列方程求解的方法．例1、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，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，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．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为m1Fm1＋m2＋μm1gC．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L例2、(多选)(2020·高考海南卷，T12)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则()A．两物块一起运动的加速度大小为a＝Fm1＋m2B．弹簧的弹力大小为T＝m2m1＋m2FC．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大例3、(2020·高考江苏卷，T5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。

物理一轮复习专题12 牛顿运动定律的综合应用(讲)(含解析)

专题12 牛顿运动定律的综合应用1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题。

2.学会分析临界与极值问题。

3.会进行动力学多过程问题的分析．1．超重(1）定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况．（2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况．(2）产生条件:物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）等于零的情况称为完全失重现象．（2)产生条件：物体的加速度a＝g,方向竖直向下．考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化）．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的,其大小等于ma。

★重点归纳★1．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。

加速度超重、失重视重Fa＝0不超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m（g＋a)a的方向竖直向下失重F＝m（g－a）a ＝g ，竖直向下完全失重F ＝0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重,物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2.超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态． (2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态． (3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重； ②物体向下加速或向上减速时,失重．★典型案例★在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时,晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg,电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是： ( ）A.晓敏同学所受的重力变小了B 。

牛顿第二定律的实际应用

牛顿第二定律的实际应用牛顿第二定律是经典力学的基本定律之一，它描述了物体的运动与施加在物体上的力之间的关系。

在这篇文章中，我们将探讨牛顿第二定律的实际应用，并使用具体例子来说明其在日常生活和工程领域的重要性。

1. 机械运动中的应用牛顿第二定律在机械运动中有着广泛的应用。

在汽车行驶过程中，引擎产生的马力通过驱动轮施加力，使汽车加速、转弯或制动。

牛顿第二定律可以用来计算车辆的加速度和所需的外力。

另外，航空航天领域中，飞机的飞行性能也可以通过牛顿第二定律进行计算和优化。

2. 项目安全分析和设计牛顿第二定律在项目的安全分析和设计中具有重要作用。

例如，建筑工程中，我们需要考虑风荷载对建筑物的影响。

利用牛顿第二定律，可以计算风力对建筑物的作用力，从而设计合适的支撑结构来确保建筑物的稳定性和安全性。

3. 汽车碰撞和安全性评估牛顿第二定律在汽车碰撞和安全性评估中也发挥了重要的作用。

在车辆碰撞过程中，牛顿第二定律可以用来计算碰撞力和车辆的加速度，从而评估车辆和乘客所承受的冲击力，并设计相应的安全装置，如安全气囊和座椅安全带。

4. 电子设备运作原理的分析除了机械运动，牛顿第二定律也可以应用在电子设备的运作原理分析中。

例如，电子平衡车的动态控制系统，根据通过传感器检测到的倾斜角度，利用牛顿第二定律计算所需的推力，从而保持车辆的平衡。

5. 运动员训练和体能提升对于运动员来说，了解牛顿第二定律的应用可以帮助他们优化训练和提高体能。

例如，射击和击剑运动中，运动员需要通过准确施加力来改变物体的运动状态。

了解牛顿第二定律可以帮助他们掌握力的大小和方向的平衡，提高技术水平。

6. 自由落体运动的分析自由落体运动是牛顿第二定律的经典应用之一。

根据牛顿第二定律的公式F=ma，可以计算物体在重力作用下的加速度。

通过观察自由落体运动，可以验证牛顿第二定律的准确性，并应用于其他与重力有关的运动。

总结：牛顿第二定律是经典力学中的重要定律，它在多个领域具有广泛的应用。

考点8 牛顿运动定律的综合应用

考点8 牛顿运动定律的综合应用[题组一基础小题]1.如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA 、OB 与竖直方向的夹角均为30°，其中一球用水平轻绳BC 系于车厢侧壁，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小车一定向右运动B ．轻绳OA 、OB 的拉力大小相等C ．小车的加速度大小为32gD ．轻绳BC 的拉力大小是轻绳OB 拉力的 3 倍答案 B解析对车厢内左侧小球受力分析，由牛顿第二定律有：T OA sin30°＝ma ，又T OA cos30°＝mg ，联立解得：T OA ＝233mg ，a ＝33g ，加速度方向水平向右，小车可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故A 、C 错误；对车厢内右侧小球受力分析，由牛顿第二定律有：T CB －T OB sin30°＝ma ，又T OB cos30°＝mg ，联立解得：T OB ＝233mg ＝T OA ，T CB ＝233mg ＝T OB ，故B 正确，D 错误。

2.倾角为θ的光滑斜面体C 固定在水平面上，将两物体A 、B 叠放在斜面上，且同时由静止释放，若A 、B 的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是( )A ．物体A 相对于物体B 向上运动B ．斜面体C 对水平面的压力等于A 、B 、C 三者重力之和C ．物体A 、B 之间的动摩擦因数不可能为零D ．物体A 运动的加速度大小为g sin θ答案 D解析由于斜面光滑，所以A 和B 一起向下加速运动，根据牛顿第二定律可得二者的加速度大小为a ＝g sin θ，A 错误，D 正确；物体A 相对于物体B 没有运动趋势，二者之间的摩擦力为零，A 和B 之间的动摩擦因数可以为零，也可以不为零，故C 错误；由于A 、B 一起加速下滑，有竖直向下的分加速度，A 、B 在竖直方向上处于失重状态，所以斜面体C 对水平面的压力小于A 、B 、C 三者重力之和，故B 错误。

2024届高考复习专题17 力学三大观点的综合应用(原卷版)

专题17 力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 (1)题型二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 (6)题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k1＋E p1＝E k2＋E p2功能关系W G＝－ΔE p等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间【例1】如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10 m/s2)求：(1)BP间的水平距离s BP；(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；(3)物块A由静止释放的高度h.【例2】(2021·云南省高三二模)如图所示，光滑弧形槽静置于光滑水平面上，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度h＝2.7 m、质量m0＝2 kg.BCD是半径R＝0.4 m的固定竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，粗糙水平面AB与光滑圆轨道在B点相切，已知A、B两点相距2 m．现将质量m＝1 kg的物块从弧形槽顶端由静止释放，物块进入粗糙水平面AB前已经与光滑弧形槽分离，并恰能通过光滑圆轨道最高点D，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)物块从弧形槽滑下的最大速度大小；(2)物块在圆形轨道B点时受到的轨道的支持力大小；(3)物块与粗糙水平面AB间的动摩擦因数．【例3】(2022·湖南怀化市一模)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab 倾斜、bc水平，与半径R＝0.4 m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。

微专题2 牛顿运动定律的综合应用教学设计

微专题2牛顿运动定律的综合应用类型一连接体中整体法和隔离法的应用在解决连接体问题时，隔离法和整体法往往交叉运用，可以优化解题思路和方法，使解题过程简洁明了．两种方法选择原则如下：1．求加速度相同的连接体的加速度或合外力时，优先考虑“整体法”；2．求物体间的作用力时，再用“隔离法”；3．如果连接体中各部分的加速度不同，一般选用“隔离法”．【例1】在倾角为30°的光滑斜面上，小滑块A和B之间用轻质弹簧连接，A的上端用细线固定，小滑块A的质量是小滑块B质量的一半．开始两个物块均静止，现在把细线剪断，在剪断细线瞬间A和B的加速度大小分别是()A．g，0 B.g 2，g2C.3g2，0 D．g，g[解析]设A的质量为m，则B的质量为2m，剪断细线前细线的拉力为T＝(2m＋m)g sin θ＝32mg剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的弹力不变，则B的加速度为0，A的加速度为a A＝32mgm＝3g2.[答案] C [针对训练1](多选)(2022·四川树德中学月考)如图所示，一辆小车沿倾角为θ的固定斜面下滑，质量为m的小球通过细线悬挂在小车上，与小车一起沿斜面向下运动．图中虚线①垂直于斜面，虚线②平行于斜面，虛线③沿竖直方向，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．如果细线与虚线③重合，则小球的加速度为0B．如果细线与虚线①重合，则小球的加速度大小为g sin θC．如果细线与虚线①重合，则细线的拉力大小为mg sin θD．如果小车与斜面间的动摩擦因数足够大，细线可能与虚线②重合解析：选AB.如果细线与虚线③重合，则小球受力方向只能沿竖直方向，小球不可能沿斜面做加速运动，所以小球的加速度为零，故A正确；如果细线与虚线①重合，小球垂直斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，由牛顿第二定律mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，此时细线的拉力为T＝mg cos θ，故B正确，C错误；如果小车与斜面间的动摩擦因数足够大，假设小车能沿斜面做减速运动，小车加速度沿斜面向上，小球与小车一起沿斜面向下运动，则小球的加速度沿斜面向上，若细线与虚线②重合，小球所受的合力方向不可能沿斜面向上，与假设矛盾，故D错误．类型二牛顿运动定律与图像的综合问题解决这类问题的基本步骤1．看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．2．看图线本身，识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．3．看交点，分清两个相关量的变化范围及给定的相关条件．明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．在看懂以上三个方面后，进一步弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的联系与变通，以便对有关的物理问题作出准确的判断．【例2】(多选)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F＝k v，其中k 为常数，则环运动过程中的速度图像可能是图中的()[解析]当k v0＝mg时物体与直杆间无挤压，物体不受摩擦力的作用而匀速运动，对应于图像A；当k v0<mg时，竖直方向上k v＋N＝mg，水平方向上μN ＝ma，可知随着物体速度的减小物体的加速度增大，直到速度减小到零，对应于图像B；当k v0>mg时，竖直方向上k v＝mg＋N，水平方向上μN＝ma，可知随着物体速度的减小物体的加速度减小，直到速度减小到使k v＝mg时加速度也减小到零，此后物体匀速运动，对应于图像D，故A、B、D正确．[答案]ABD[针对训练2](多选)一物体以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动，上升到最高点后又沿斜面滑下，某段时间的速度—时间图像如图所示，g取10 m/s2，由此可知()A．斜面倾角为30°B．斜面倾角为37°C ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：选BC.速度—时间图像的斜率表示加速度，则由题图可知，沿斜面上升时的加速度大小a 1＝ 81 m/s 2＝8 m/s 2，沿斜面下滑时的加速度大小a 2＝ 41m/s 2＝4 m/s 2，根据牛顿第二定律得，上升时有a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm ，下滑时有a 2＝mg sin θ－μmg cos θm，解得θ＝37°，μ＝0.25. 类型三滑块—滑板模型滑块—滑板模型的三个基本关系加速度关系如果板、块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果板、块之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出板、块运动的加速度．应注意找出板、块是否发生相对运动等隐含的条件速度关系板、块之间发生相对运动时，认清板、块的速度关系，从而确定板、块受到的摩擦力．应注意当板、块的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况位移关系板、块叠放在一起运动时，应仔细分析板、块的运动过程，认清板、块对地的位移和板、块之间的相对位移之间的关系【例3】 (多选)(2021·高考全国卷乙，T21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左端上有一质量为m 2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小．木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则( )A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1(μ2－μ1)g C ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1 D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等[解析] 由题图(c)可知，t 1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为研究对象有F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，故A 错误；由题图(c)可知，t 2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a >0，μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，解得F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1(μ2－μ1)g ，μ2>m 1＋m 2m 2μ1，故B 、C 正确；由题图(c)可知，0～t 2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确．[答案] BCD[针对训练3] (多选)如图所示，光滑水平面上，木板m 1向左匀速运动．t ＝0时刻，木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板，t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动．以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图像中正确的是( )解析：选BD.t ＝0时刻，木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板，在摩擦力作用下，二者均做匀减速直线运动．根据题述“t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动”可知木块加速度大小大于木板，图像B、D正确．类型四传送带模型1．水平传送带(匀速运动)情景结果物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度该物体一直做匀加速直线运动物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动2.倾斜传送带(1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键．(2)两种情况①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，传送带只能下传物体，两者共速前的加速度大于共速后的加速度，方向沿传送带向下．②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力，不论上传还是下传物体，物体都是先做匀加速直线运动，共速后做匀速直线运动．【例4】如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg 的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少？(g取10 m/s2)[解析]对物体，根据题意得：a＝μmgm＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t 1＝v －v 0a ＝1－01 s ＝1 s ，通过的位移x 1＝v 2－v 202a ＝0.5 m ＜2.5 m ．在剩余位移x 2＝L －x 1＝2.5 m －0.5 m ＝2 m 中，因为物体与传送带间无摩擦力，所以物体以1 m/s 的速度随传送带做匀速运动，所用时间t 2＝x 2v ＝2 s ．因此共需时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.[答案] 3 s【例5】某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻放上一质量m ＝5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g取10 m/s 2)[解析] 以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma ，解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动时间t 1＝v a ＝2 s货物匀加速运动位移x 1＝12at 21＝5 m然后货物做匀速运动，运动位移x 2＝L －x 1＝5 m匀速运动时间t 2＝x 2v ＝1 s货物从A 到B 所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.[答案] 3 s[针对训练4] (多选)如图所示，在电动机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以大小为v 的速度顺时针匀速转动，将一工件(大小不计)在皮带左端A 点轻轻放下，A 点到皮带右端距离为s .若工件与皮带间的动摩擦因数为μ，则工件到B 点的时间值可能为()A.sv B.2svC.sv＋v2μg D.2sμg解析：选BCD.因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则s＝12μgt2，得：t＝2sμg，D正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则s＝0＋v2t，有：t＝2sv，B正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则v22μg ＋v⎝⎛⎭⎪⎫t－vμg＝s，有：t＝s v＋v2μg，C正确；轻放上的木块初速度为零，故木块不可能一直以速度v匀速至右端，A错误．[A级——合格考达标练]1．五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于()A.15F B.25FC.35F D.45F答案：C2．质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为()A．0.2，6 N B．0.1，6 NC．0.2，8 N D．0.1，8 N解析：选A.在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图像的斜率表示加速度，a＝0－810－6m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2；在0～6 s 内，F－μmg＝ma′，而a′＝8－26m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，故A正确．3．如图所示，一车内用轻绳悬挂着A、B两球，车向右做匀加速直线运动时，两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、θ，且α＝θ，则()A．A球的质量一定等于B球的质量B．A球的质量一定大于B球的质量C．A球的质量一定小于B球的质量D．A球的质量可能大于、可能小于也可能等于B球的质量解析：选D.对A、B整体研究，根据牛顿第二定律得：(m A＋m B)·g tan α＝(m A ＋m B)a，解得：g tan α＝a，对B研究，根据牛顿第二定律得：m B g tan θ＝m B a，解得：a＝g tan θ，因此不论A的质量是大于、小于还是等于B球的质量，均有α＝θ，故D正确．4．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平，则外力F的大小为()A．4.5mg B．25mgC．2mg D．0.5mg解析：选 A.以小球为研究对象，分析受力情况可知：受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合＝ma，解得a＝2g，再对力一定沿斜面向下．如图，由牛顿第二定律得：mgsin 30°整体根据牛顿第二定律可得：F＋(2m＋m)g sin 30°＝3ma，解得F＝4.5mg.5．(多选)在光滑的水平面上，叠放着两个质量为m1、m2的物体(m1<m2)，用一水平力作用在m1物体上，两物体相对静止地向右运动．现把此水平力作用在m2物体上，则以下说法正确的是()A．两物体间有相对运动B．物体的加速度与第一次相同C．两物体间的摩擦力减小D．两物体间的摩擦力不变解析：选BC.取整体作为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a，可知两次加速度相同，B正确；第一次过程中取m2作为研究对象，有f1＝m2a，第二次过程中取m1作为研究对象，有f2＝m1a，因m1<m2，则有f2<f1，C正确，D错误；因在第一次过程中无相对运动，则有f2<f1≤f max，故在第二次运动也不会发生相对运动，A错误．6．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A．物体的质量为1 kgB．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：选B.由题图乙可知，当F1＝7 N时，有a1＝0.5 m/s2；当F2＝14 N 时，有a2＝4 m/s2；由牛顿第二定律得F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，代入数据，解得m＝2 kg，μ＝0.3，A、C、D错误，B正确．[B级——等级考增分练]7．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们用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，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m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M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于mgB．轻绳的拉力等于MgC．M运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．M运动的加速度大小为M－m M g解析：选AD.第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mg sin α＝mg；第二次按题图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg－mg sin α＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sin α)g＝M－mM g，对m，由牛顿第二定律：T－mg sin α＝ma，解得：T＝mg，故A、D正确，B、C错误．8．(多选)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后()A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1B．物块A、B的加速度之比为1∶1C．细绳的拉力为6mg 7D．当B下落h高度时，瞬时速度为2gh 5解析：选AC.由动滑轮的特点可知，任一时间内，A、B运动的路程之比为2∶1，A正确；由x＝12at2可知，两物体的加速度之比也为2∶1，B错误；设绳中张力为T，B的加速度为a，则对物块A由牛顿第二定律有：T＝m×2a，再对物块B有：3mg－2T＝3ma，联立可得a＝37g、T＝67mg，C正确；当B下落h高度时的瞬时速度为v＝2ah＝67gh，D错误．9．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的()解析：选A.设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，对木板有－μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1，解得木板的加速度a 1＝－(μ1＋2μ2)g ；达到相同速度之后，对整体有－μ2·2mg ＝2ma 2，解得二者共同的加速度a 2＝－μ2g ，由加速度可知，A 正确．10．(多选)如图所示，传送带与水平地面的夹角为37°，以10 m/s 的速率匀速转动，在传送带上端轻放一质量为0.5 kg 的物块，它与传送带的动摩擦因数为0.5，传送带两轮间的距离高为16 m ，则物体从传送带上端滑到下端的时间有可能是( )A ．1 sB ．2 sC ．3 sD ．4 s解析：选BD.当传送带顺时针转动时，物体一直以加速度a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2匀加速运动到传送带的末端，历时t ＝ 2L a ＝4 s ；当传送带逆时针转动时，物体先做加速度为a ′＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2的匀加速运动，当速度增加到与皮带共速时，t 1＝v a ′＝1 s ，s ＝v 22a ′＝5 m ，之后再以10 m/s 的初速度、 2 m/s 2的加速度通过其余路程，由L －s ＝v t ＋12at 2可得t ＝1 s 或t ＝－11 s(舍去)，总时间为2 s ，故B 、D 正确．11．两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面．现用一水平推力F 作用在物块A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示．在A 、B 的速度达到 6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物块运动的v －t 图像如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v－t图像得a＝ΔvΔt＝3 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得F＝15 N.(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由μm A g＝m A a A 解得A的加速度大小a A＝3 m/s2物块A通过的位移，根据0－v2＝－2a A x Ax A＝6 m物块A减速到零的时间t＝va A＝2 s物块B通过的位移x B＝v0t＝6×2 m＝12 m物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝x B－x A＝6 m.答案：(1)15 N(2)6 m。

牛顿第二定律.ppt

题点2 接触物体脱离的临界极值问题 [例2] (2023·山东青岛模拟)(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上保持静止，现用恒力F向上拉B。已知F＝mg，当地重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的有( )
A．A、B 分离前二者共同做匀加速运动 B．拉力 F 刚作用瞬间 A、B 之间的作用力为12mg C．两物体分离时弹簧的弹力大小为 mg D．两物体分离后 B 做匀加速运动 [答案] BC [解析] 根据题意可知，A、B分离前一起向上做加速运动，由于弹簧弹力变化，则整体受到的合力变化，加速度变化，做非匀加速运动，故A错误；
剪断AB间绳子瞬间，对AC整体进行受力分析有F弹＋mg－mg＝ 2ma，F弹＝mg，解得C的加速度为a＝0.5g，方向竖直向下，故B正确；
剪断 CD 间轻质弹簧瞬间，轻质弹簧弹力突变为 0，对 A、B、C 进行整体受力分析有 2mg－mg＝3ma′，解得 A 的加速度为 a′＝13g，方向竖直向下，故 C 错误；
两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块 P 的加速度为 aP1＝－T0－m μmg＝－2μg，此刻滑块 Q 所受的合外力不变，加速度仍为 0，滑块 P 做减速运动，故 PQ 间距离减小，轻质弹簧的伸长量变小，轻质弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知 P 减速的加速度减小，滑块 Q 的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故 P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg，Q 加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得 aQm＝－μg，A 正确，B 错误；
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛 v－t图像
顿第二定律求解合外力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两个量间的函数关系式，根 F－a图像据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或转折点的意义，从而由图像给出的信息求出未知量

2025高考物理总复习牛顿第二定律的综合应用

住,并用竖直向上的拉力F匀加速提起,砖与砖、砖与砖夹之间未发生相对
滑动,每块砖的重力大小均为G,砖夹的质量不计。若F=6G,则在加速提起
过程中第2、3块砖之间的摩擦力大小为( A )
A.0
B.G
C.2G
D.3G
合
解析将四块砖和砖夹看成一个整体,则加速度为 a= =
总
6-4
4
=

,将第2、
2
3块砖看成整体,则砖块1对砖块2的摩擦力与砖块4对砖块3的摩擦力都为Ff,
3
且方向均竖直向上,有2Ff-2mg=2ma,解得Ff=
;对砖块3,根据牛顿第二定
2
律有Ff23+Ff-mg=ma,由以上各式解得Ff23=0,即在加速提起过程中第2、3
块砖之间的摩擦力大小为0,A正确,B、C、D错误。
3
与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为 3 ,
重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到
滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是( AC )
2
A.轻绳对 P 点的拉力大小为 mg
3
3
B.物体 A 的加速度大小为 g
5
C.地面对斜面体的摩擦力大小为
2a-masin 30°,解
得地面对斜面体的支持力为 FN=
3
0 +
2
g,D 错误。
易错点拨根据初中学过的定滑轮、动滑轮的特点找出两个物体的速度、
加速度关系是本题关键,如果对初中知识不够熟练,解答本题极易出错。
题型二
动力学中的临界、极值问题
1.临界值或极值条件的四类标志
2.处理临界问题的三种方法

牛顿第二定律专题(含经典例题)

牛顿第二定律专题1．考纲解读2.考点整合考点一牛顿第二定律1.定律内容：物体的加速度跟物体成正比，跟物体的成反比，加速度的方向跟合外力的方向 .2.牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性.“矢量性”是指加速度的方向取决，“瞬时性”是指加速度和合外力存在着关系，合外力改变，加速度相应改变，“独立性”是指作用在物体上的每个力都独立的产生各自的加速度，合外力的加速度即是这些加速度的矢量和.3.牛顿第二定律的分量式：ΣFx=max，ΣFy=may[特别提醒]：F是指物体所受到的合外力，即物体所有受力的合力.加速度与合外力是瞬时对应关系，即有合外力就有加速度，没有合外力就没有加速度.【例1】如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．当小车水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（OO'沿杆方向）【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的弹力，弹力在竖直方向的分量和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故C正确.【答案】C【方法点评】本题考查牛顿第二定律，只要能明确研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程即可.考点二力、加速度和速度的关系在直线运动中当物体的合外力（加速度）与速度的方向时，物体做加速运动，若合外力（加速度）恒定，物体做运动，若合外力（加速度）变化，则物体做运动，当物体的合外力（加速度）方向与速度的方向时，物体做减速运动.若合外力（加速度）恒定，物体做运动，若合外力（加速度）变化，则物体做运动.[特别提醒]：要分析清楚物体的运动情况，必须从受力着手，因为力是改变运动状态的原因，求解物理问题，关键在于建立正确的运动情景，而这一切都必须从受力分析开始.[例2] 如图3-12-1所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度的变化情况如何？最低点的加速度是否比g大？（实际平衡位置，等效成简谐运动）图3－12－1[解析]小球接触弹簧后受两个力，向下的重力mg和向上的弹力.（如图3－12－2（a）所示刚开始时，当<mg时，小球合力向下，，合力不断变小，因而加速度减小，由于a方向与v0同向，因此速度继续变大.当＝mg时，如图3－12－2（b）所示，合力为零，加速度为零，速度达到最大值.之后小球由于惯性仍向下运动，继续压缩弹簧，但>mg，合力向上，由于加速度的方向和速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小到零弹簧被压缩到最短.如图3－12－2（c）所示[答案]小球压缩弹簧的过程，合外力的方向先向下后向上，大小是先变小至零后变大，加速度的方向也是先向下后向上，大小是先变小后变大，速度的方向始终向下，大小是先变大后变小. （还可以讨论小球在最低点的加速度和重力加速度的关系）[方法技巧]要分析物体的运动情况一定要从受力分析着手，再结合牛顿第二定律进行讨论、分析.对于弹簧类问题的求解，最好是画出弹簧的原长，现在的长度，这样弹簧的形变长度就一目了然，使得求解变得非常的简单明了.考点三瞬时问题瞬时问题主要是讨论细绳（或细线）、轻弹簧（或橡皮条）这两种模型.细绳模型的特点：细绳不可伸长，形变，故其张力可以，弹簧（或橡皮条）模型的特点：形变比较，形变的恢复需要时间，故弹力 .[特别提醒]求解瞬时问题，首先一定要分清类型，然后分析变化之前的受力，再分析变化瞬间的受力,这样就可以很快求解.[例3]如图5所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A.弹簧的拉力B.弹簧的拉力C.小球的加速度为零D.小球的加速度[解析]烧断OA之前，小球受3个力，如图所示，烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确。