高考物理 一轮复习 3.3牛顿第二定律的综合应用
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的图像问题
动力学中的图像问题一、动力学图像二、针对练习1、如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s22、（多选）如图所示，蹦极运动就是在跳跃者脚踝部绑有很长的橡皮条的保护下从高处跳下，当人体落到离地面一定距离时，橡皮绳被拉开、绷紧、阻止人体继续下落，当到达最低点时橡皮再次弹起，人被拉起，随后，又落下，反复多次直到静止。
取起跳点为坐标原点O，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力和风对人的影响，人可视为质点。
从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示在竖直方向上人的速度、加速度和下落时间。
下列描述v与t、a与、y的关系图像可能正确的是（）A．B．C．D．3、水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是（）()4、如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。
现对物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力F随时间t变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．5、水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物体的动量为12 kg· m/sD．在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加6、（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A 的质量为1.2kg。
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。
高三物理一轮复习牛顿第二定律的应用
高三物理一轮复习牛顿第二定律的应用一、运动学1、)(220222100知三推二⎪⎩⎪⎨⎧=-+=+=asv v at t v x at v v 2、临界条件：速度相等→算时间→算位移二、力学：受力分析→正交分解→合外力产生加速度 三、两类动力学问题（传送带、板块运动） 1、已知力，求运动思路：受力分析→正交分解→合外力产生加速度→速度相等→算时间→算位移2、已知运动，求力四、思路：必须利用运动学公式、图像t v -获得加速度→受力分析→正交分解→合外力产生加速度 五、例题1、传送带（小物块静止释放，传送逆时针转动） 受力分析：1cos sin ma mg mg =+θμθ①小物块先以1a 做匀加速直线运动，直到离开传送带传物v v ≤②小物块先以1a 做匀加速直线运动，与传送带共速后一起匀速离开传送带传物v v mg mg =>⇒<,tan cos sin θμθμθ③小物块先以1a 做匀加速直线运动，与传送带共速后接着以2a 做匀加速直线运动直到离开传送带传物v v ma mg mg mg mg >=-⇒>,cos sin cos sin 2θμθθμθ2、板块运动共速后的运动（整体法）①整体法获得共同的加速度共a ，隔离法获得小物块的最大加速度m ax a②⎪⎩⎪⎨⎧⇒<⇒>小物块与木板一起运动小物块与木板分开运动共共max max a a a a 六、习题物体在水平传送带上的运动情况的计算1、如图所示,水平放置的传送带以速度v=2m/s 向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A 端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A 端与B 端相距4m,求物体由A 到B 的时间和物体到B 端时的速度2、一水平传送带两轮之间的距离为20m,以2m/s 的速度向右作匀速运动。
已知某小物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，将该小物体沿传送带向右以4m/s 的初速度滑出，设初速度速率不受影响，则物体从初速度左端运动到右端所需时间是多少？3、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．物体在倾斜传送带上运动的计算1、如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A 处无初速度地放置一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？（sin37°=0.6,cos37°=0.8）2、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0=2m/s 的速率运行．现把一质量m=10kg 的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=，工件被传送到h=1.5m 的高处，取g=10m/s 2．求：所需时间是多少？23板块运动1．(2017新课标Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为A m=1 kg和B m =5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1μ=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为2μ=0.1。
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--瞬时性问题,动力学中的两类基本问题
瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。
已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。
新课标2014届高考物理一轮课件：3.3牛顿运动定律的综合应用
提升目标课堂
1．(2012年安徽理综)如图所示，放在固定斜面上的物块以
加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下
的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析：设物块的质量为 M，斜面倾角为 θ，在没有施加 力 F 时， 对物块进行受力分析， 由牛顿第二定律有： Mgsin θ －μMgcos θ＝Ma， a＝gsin θ－μgcos θ； 即 当施加恒力 F 时， 由牛顿第二定律有：(Mg＋F)sin θ－μ(Mg＋F)cos θ＝Ma′， F 故 a′＝gsin θ－μgcos θ＋M(sin θ－μcos θ)>a， C 项正确． 故
力”．
2.(2012 年沈阳模拟)如图所示，水平地面上有两块完全 相同的木块 A、B，在水平推力 F 的作用下运动，用 FAB 代 表 A、B 间的相互作用力，则( )
A．若地面是完全光滑的，FAB＝F F B．若地面是完全光滑的，FAB＝ 2 C．若地面是有摩擦的，FAB＝F F D．若地面是有摩擦的，FAB＝ 2
用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把 某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外
力．
[名师点拨]►►
整体法与隔离法的选取原则 1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加 速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需 要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
答案：C
2．(2011年四川理综)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱 返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时 间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的 缓 冲 火 箭 ， 在 火 箭喷 气 过 程中 返 回 舱做 减 速 直线 运 动 ，则 ( )
2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用
第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。
(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。
(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。
(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。
两小球均处于静止状态。
已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。
高考物理一轮复习课件第三章第2讲牛顿第二定律的基本应用
2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧ 加速度 为“桥梁”,由运动学公式 和⑨ 牛顿运动定律 列方程求解。
三、力学单位制
1.单位制:⑩ 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三 个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬 物体对支持物的压力(或对悬挂物 物体对支持物的压力(或
挂物的拉力)大于物体所受重 的拉力)小于物体所受重力的现象 对悬挂物的拉力)等于零
力的现象叫超重现象
叫失重件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下或有 物体在竖直方向的加速
答案
解析
(1)自由下落的位移h'=
1 2
gt12=20
m
座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s
设座椅匀减速运动的位移为h,则
h=(40-4-20) m=16 m
由h= v t得t=1.6 s
2
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由0-v=-at
得a=12.5 m/s2 由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得 F
M m
考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题
加速度与合力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失, 具体可简化为以下两种常见模型。
1.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块 1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于 静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、 4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 ( C )
牛二综合应用高考物理一轮复习
牛二综合应用解决考点:1.瞬时问题2.超重失重问题3.连接体问题4.滑板与传送带问题一、瞬时问题1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.3.解决瞬时问题步骤：(1)分析变化前整体和个体的受力情况（每个力的大小和方向）(2)发生变化瞬间，判断哪些力能发生突变，哪些力不能发生突变(3)根据变化后受力情况重新对整体和个体进行受力分析，从而判断物体的合力与加速度。
当物体剩余的力都是不变力的时候，直接根据四边形原则求合力和加速度；当剩余的力中有突变力时，则要根据物体实际的运动情况来判断其合力情况。
二、超重与失重问题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现象.(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现象.(2)产生条件：物体具有向下的加速度.技巧：判断超重与失重的重要方法——看物体的加速度方向。
向上（不一定竖直向上，只要有向上趋势即可）则超重，向下（不一定竖直向下，只要有向下趋势即可）则失重。
三、连接体问题1.连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2.需要注意点：(1)AB整体相对静止的沿着某方向匀变速直线运动时，先分析整体加速度，再单独分析A或者B的受力情况，则可知弹簧的弹力大小。
(2)弹簧、绳子的弹力方向都是沿着弹簧/绳子自身的方向；支持力的方向都是垂直于接触面；硬杆的弹力方向不确定，可能沿着杆，也可能不沿着杆。
(3)轻绳——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——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比.轻弹簧——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. 3.处理连接体问题的方法 整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用 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时，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”【例题1】如图甲、乙中小球m 1、m 2原来均静止，现如果均从图中B 处剪断，已知图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子（m1=m2）(1)它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A 处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)试分析分别剪断A 瞬间和剪断B 瞬间每个小球的加速度？（只断一处）【答案】(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)甲图中，若断A ，由于弹簧未形变，所以拉力不变，m1小球受力m 1g+m 2g ，所以加速度为2g ，m2小球受拉力和重力平衡，所以加速度为0；若断B ，m2小球只受重力，所以加速度为g ，m1受力平衡，加速度为0。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：牛顿第二定律的基本应用
超重和失重问题
梳理 必备知识
1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态 无关 (选填“无关” 或“相关”). (2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计 或台秤的示数称为视重.
2.超重、失重和完全失重的对比
名称
超重
失重
完全失重
现象 视重 大于实重 视重 小于 实重
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内 滑行的距离x. 答案 59 m
运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s 在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙 所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′， 根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′， y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋ 12a′t′2 ， 联立解得x＝59 m.
开始弹簧处于拉伸状态，伸长量为x，设弹簧的 劲度系数为k，则kx＝0.5mg，剪断细线后a向下 做加速运动，a向下运动x时弹簧恢复原长，然 后a继续向下做加速运动，弹簧被压缩，弹簧弹力向上，开始弹簧弹 力小于a的重力沿斜面方向的分力F1＝2mgsin 30°＝mg，物块继续向下 做加速运动，设弹簧压缩量为x′时物块a所受合力为零，则kx′＝F1 ＝mg，x′＝2x，当物块a所受合力为零时速度最大，在此过程物块a 下滑的距离s＝x＋x′＝3x，D正确.
例7 (2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道， AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连. 一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s 的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点.滑雪板与雪道间 的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点).取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a； 答案 5.6 m/s2
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题13牛顿运动定律的运用(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第三章牛顿运动定律专题13 牛顿第二定律的应用第一部分知识点精讲1. 瞬时加速度问题（1）两类模型（2）. 在求解瞬时加速度时应注意的问题(i)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
(ii)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
（3）求解瞬时加速度的步骤2．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
不管是哪一类动力学问题，受力分析和运动状态分析都是关键环节。
（1）解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：作为“桥梁”的加速度，既可能需要根据已知受力求解，也可能需要根据已知运动求解。
（2）动力学两类基本问题的解题步骤（3）掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”，以及在多个运动过程之间建立“联系”。
（i ）把握“两个分析”“一个桥梁”(ii)找到不同过程之间的“联系”，如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。
3.物体在五类光滑斜面上运动时间的比较第一类：等高斜面(如图1所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝h sin θ可得t ＝1sin θ 2h g， 可知倾角越小，时间越长，图1中t 1＞t 2＞t 3。
第二类：同底斜面(如图2所示)由L ＝12 at 2，a ＝g sin θ，L ＝d cos θ可得t ＝ 4d g sin 2θ， 可见θ＝45°时时间最短，图2中t 1＝t 3＞t 2。
第三类：圆周内同顶端的斜面(如图3所示)在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆周上。
由2R ·sin θ＝12·g sin θ·t 2，可推得t 1＝t 2＝t 3。
高考物理一轮复习 第三章 第3课时 专题三 牛顿第二定律的综合应用练习(无答案)
——————————新学期新成绩新目标新方向——————————第3课时牛顿第二定律的综合应用[知识梳理]知识点一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。
（大于or小于）(2)产生条件：物体具有的加速度。
(向上or向下)2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象。
（大于or小于）(2)产生条件：物体具有的加速度(向上or向下)。
3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________零的现象称为完全失重现象。
（等于，大于or小于）(2)产生条件：物体的加速度a＝____，方向竖直向下。
知识点二、动力学的两类基本问题1．已知受力情况求物体的运动情况。
2．已知运动情况求物体的受力情况。
思维深化判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)超重时物体的重力大于mg。
( )(2)失重时物体的重力小于mg。
( )(3)物体处于完全失重状态时，重力消失。
( )(4)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。
( )[题组自测]题组一超重、失重的理解1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化2．下列关于超重和失重的说法正确的是( )A．游泳高手可以静躺在水面上，那时的人处于完全失重状态B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内处于超重状态C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返回地面过程中处于失重状态D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于失重状态题组二动力学两类基本问题3．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)( )A.2xt2B.2x2t－1C.2x2t＋1D.2xt－14．一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图所示。
高考物理一轮复习课件牛顿第二定律的应用
碰撞前后系统动能不守恒
与完全弹性碰撞不同，非完全弹性碰 撞中系统的动能在碰撞前后不守恒， 通常会有部分动能转化为内能。
爆炸过程特点和处理方法
系统动量守恒
爆炸过程中，系统动量守恒， 即爆炸前后的动量和保持不变 。
系统内能增加
爆炸过程中，通常会有化学能 等内能释放，使得系统的内能 增加。
处理方法
在处理爆炸问题时，通常将爆 炸过程视为极短时间内完成的 ，忽略外界对系统的作用力， 根据动量守恒和能量守恒定律 列方程求解。
06
牛顿第二定律综合应用案例分析
多过程复杂运动问题处理方法
01
02
03
分段分析法
将复杂运动过程分解为多 个简单阶段，分别对每个 阶段进行受力分析和运动 学公式应用。
整体法与隔离法
对于多个物体组成的系统 ，可以选择整体或隔离某 个物体进行分析，简化问 题。
运动学图像法
利用v-t图像等运动学图像 ，直观展示物体运动过程 ，便于分析和求解。
变加速直线运动问题求解
变加速直线运动特点
加速度a随时间t变化。
求解方法
通过受力分析确定物体所受合力F(t)，然后根据牛顿第二定律求出加速度a(t)，最 后利用积分方法求解速度、位移等物理量。
连接体问题处理方法
连接体特点
两个或多个物体通过某种方式连接在一起，具有相同的加速 度。
求解方法
首先根据题目条件确定连接体所受合力F，然后根据牛顿第二 定律求出连接体的加速度a，最后利用运动学公式求解速度、 位移等物理量。注意要分析连接体内各物体的受力情况，以 及它们之间的相互作用力。
02
直线运动中牛顿第二定律应用
匀变速直线运动问题求解
牛顿第二定律公式
牛顿第二定律的基本应用(解析版)—2025年高考物理一轮复习
牛顿第二定律的基本应用素养目标：1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。
1.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14m l =，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29m =，货物可视为质点（取cos 240.9°=，sin 240.4°=，重力加速度210m /s g =）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a 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2m/s ，求水平滑轨的最短长度2l 。
【答案】（1）22m/s ；（2）4m/s ；（3）2.7m 【解析】（1）根据牛顿第二定律可得1sin 24cos 24mg mg ma m °-°=代入数据解得212m/s a =（2）根据运动学公式2112a l v =解得4m/sv =（3）根据牛顿第二定律2mg ma m =根据运动学公式2222max 2a l v v -=-代入数据联立解得2 2.7ml =考点一 动力学两类基本问题分析动力学两类基本问题的关键(1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。
动力学问题的解题思路例题1. 冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。
某次训练中，冰壶（可视为质点）被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A 、B 、C 三点后停在O 点。
已知A 、B 间的距离x =26m ，B 、C 间的距离x 2=5.5m ，冰壶通过AB 段的时间t 1=10s ，通过BC 段的时间t 2=5s ，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g =10m/s 2。
2025高考物理总复习牛顿第二定律的综合应用
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
高三物理一轮复习资料第三章第3节牛顿第二定律应用专题二课件
(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小为 aB、 aB′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小 vB.
【答案】 (1) 2μgL (2)3μg μg (3)2 2μgL 【解析】 (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小：aA＝μg 匀变速直线运动：2aAL＝vA2 解得：vA＝ 2μgL. (2)设 A、B 的质量均为 m，对齐前，B 所受合力大小为：F ＝3μmg 由牛顿运动定律：F＝maB，解得：aB＝3μg 对齐后，A、B 所受合力大小：F′＝2μmg 由牛顿运动定律 F′＝2maB′ 解得：a′B＝μg.
两方程相比可得：TF1＝m1m＋2m2，
则 T1＝m1m＋2m2F.Βιβλιοθήκη (3)m2 m1＋m2
F
(2)对整体：F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 对物块 m2：T2－μm2g＝m2a 两方程相比可得：F－μT（2－mμ1＋m2mg2）g＝m1m＋2m2 由数学比例关系可知：TF2＝m1m＋2m2 则 T2＝m1m＋2m2F 由(2)推导可知，(3)(4)结论不变．
(2)对 B：F－μ1mg＝maB 对 A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 据题意：xB－xA＝L xA＝12aAt2，xB＝12aBt2 解得：t＝ 2 s.
动力学中的临界值和极值问题 1．临界或极值问题的关键词 (1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的 过程存在临界点． (2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程 存在极值． 2．产生临界值和极值的条件 (1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为 0，加速度相 等．
例 3 (2019·河南模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平 转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感 器记录了小物的位移 x 随时间 t 的变化关系如图乙所示．已知图 线在前 3.0 s 内为二次函数，在 3.0～4.5 s 内为一次函数，取向左 运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g 取 10 m/s2.下 列说法正确的是( )
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考点三 动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼， 明显表明题述的过程存在着临界点；
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离” 等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止 点往往就对应临界状态； (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少” 等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是 临界点； (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是 求收尾加速度或收尾速度。
强基固本 考点突破
考点二 动力学两类基本问题 1．解决两类动力学基本问题应把握的关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的 桥梁。 2．解决动力学基本问题时对力的处理方法 (1)合成法： 在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法： 若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分 解法”。
① ② ③
强基固本 考点突破
由①②③式得
a1＝F－mgsin
θ－μmgcos m
θ＝2
m/s2
2 s 末绳断时，物体的瞬时速度 v1＝a1t1＝4 m/s 第二过程：
从撤去 F 到物体继续沿斜面向上运动达到速度
为零的过程，设此过程物体运动时间为 t2，加 速度大小为 a2 沿斜面方向有 mgsin 37°＋f＝ma2 根据运动学公式得 v1＝a2t2 由②③④⑤得 t2＝0.53 s
汽车所受合力的大小为 F＝2 000 N
①
由牛顿第二定律得 F＝ma
②
联立①②得 a＝2 m/s2
汽车减速到停止所需时间 t＝va＝5 s
汽车行驶的路程 s＝12vt＝25 m 答案 C
强基固本 考点突破
考点一 超重、失重现象 超重、失重现象的实质是物体的实重与视重相比发生了变 化：视重比实重大了，物体处于超重状态；视重比实重小 了，物体处于失重状态。在超重、失重现象中物体的重力 并没有发生变化。
第3课时 牛顿第二定律的综合应用
强基固本 考点突破
[知 识 梳 理] 知识点一、超重和失重 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 体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有 向上 的加速度。
强基固本 考点突破
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 体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有 向下 的加速度。
强基固本 考点突破
题组二 动力学两类基本问题
3．质量为 1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加
速直线运动，它在 t s 内的位移为 s m，则 F 的大小为(单位
为 N)
()
2s
2s
2s
2s
A. t2 B.2t－1 C.2t＋1 D.t－1
解析 由牛顿第二定律 F＝ma 与 s＝12at2， 得出 F＝2mt2 s＝2t2s。 答案 A
mgsin 37°＋f＝ma2
mgsin 37°－f＝ma3
强基固本 考点突破
规范解答 第一过程：在最初2 s内，物体在 F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面 做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示。
甲
沿斜面方向有F－mgsin θ－f＝ma1 沿垂直斜面方向有FN＝mgcos θ 且f＝μFN
强基固本 考点突破
【例1】 (2014·北京卷，18)应用物理知识分析生活中的常
见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手
掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛
出。
对此现象分析正确的有
()
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
强基固本 考点突破
解决动力学两类问题的基本思路
强基固本 考点突破
【变式训练】
2．在研究汽车性能时，让质量为2 000 kg的汽车在平直的公路上
进行实验，在汽车车厢顶部悬挂一小球，并让汽车做匀速直
线运动，小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机，
发现小球与竖直方向的最大夹角为15°，若汽车在紧急制动
取整数)
强基固本 考点突破
解析 (1)根据题意可得小球受力情况如图， 由图可知，汽车关闭发动机时对小球由牛顿第 二定律可得mgtan 15°＝ma1 对汽车同理有f＝Ma1 汽车紧急制动时对小球由牛顿第二定律得 mgtan 30°＝ma2 设汽车紧急制动时的制动力为F，同理有 F＋f＝Ma2 联立可得F＝6 180 N。
强基固本 考点突破
4．一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在
水平面上运动的v－t图象如图1所示。已知重力加速度为
g，则根据图象不能求出的物理量是
()
图1 A．木块的位移 B．木块的加速度 C．木块所受摩擦力 D．木块与桌面间的动摩擦因数
强基固本 考点突破
解析 位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线 的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩 擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块 所受摩擦力。 答案 C
强基固本 考点突破
5．质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶， 阻力大小不变。从某时刻开始，汽车牵引力减少 2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是 () A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m
强基固本 考点突破
解析 汽车匀速运动时 F 牵＝f，当牵引力减小 2 000 N 时，即
3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力) 等于零 的现象称为完全失重现象。 (2)产生条件：物体的加速度a＝ g ，方向竖直向下。
强基固本 考点突破
知识点二、动力学的两类基本问题 1．已知受力情况求物体的 பைடு நூலகம்动情况 。 2．已知运动情况求物体的 受力情况 。
强基固本 考点突破
强基固本 考点突破
考点三 动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼， 明显表明题述的过程存在着临界点；
时，发现小球与竖直方向的最大夹角为30°(tan 15°＝0.268，
tan 30°＝0.577，g＝10 m/s2)。
(1)汽车紧急制动时的制动力为多大？(制动力是指由于刹车而
增加的阻力，不包含运动过程中所受阻力)
(2)若此汽车在高速公路上以90 km/h的速度行驶，司机的反应
时间为0.8 s，该汽车行车时应保持的安全距离为多大？(结果
[题 组 自 测]
题组一 超重、失重的理解
1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是
()
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受
的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自
由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下
的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且
强基固本 考点突破
①过程分析 稳拿满分，三步走②受力分析
③列标准得分方程 第一步：运动过程分析 第一个过程：在最初 2 s 内做初速度为零的匀加速直线运动 第二个过程：从撤去力 F 开始到速度减为零的匀减速直线运动 第三个过程：从最高点开始沿斜面向下的初速度为零的匀加速 直线运动
强基固本 考点突破
思维深化
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)超重时物体的重力大于mg。
()
(2)失重时物体的重力小于mg。
()
(3)物体处于完全失重状态时，重力消失。
()
(4)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度
方向无关。
()
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
强基固本 考点突破
第二、三步： 受力分析
第一个过程 第二个过程
第三个过程
列得分方程 F－mgsin 37°－f＝ma1 f＝μFN FN＝mgcos 37°
mgsin 37°＋f＝ma2
mgsin 37°－f＝ma3
强基固本 考点突破
第二、三步： 受力分析
第一个过程 第二个过程
第三个过程
列得分方程 F－mgsin 37°－f＝ma1 f＝μFN FN＝mgcos 37°
强基固本 考点突破
判断超重和失重现象的方法 物体处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向， 而不是速度的方向。只要加速度有竖直向上的分量，物体就 处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于 失重状态。
强基固本 考点突破
【变式训练】
1．(双选)如图2所示，木箱顶端固定一竖直放置的 弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处
状态
B．跳水运动员在入水前处于失重状态，入水后短时间内
处于超重状态
C．飞船利用火箭发射后，上升过程中处于超重状态，返
回地面过程中处于失重状态
D．给物块一个初速度沿斜面上滑，上滑的过程中物块处
于超重状态，到最高点后下滑，下滑的过程中物块处于
失重状态
强基固本 考点突破
解析 物体有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度 处于失重状态，A项错误；飞船返回地面时有向上的加速度， 处于超重状态，C项错误；物块上滑的过程有向下的加速度， 物块处于失重状态，D错误。 答案 B
强基固本 考点突破
题组二 动力学两类基本问题
3．质量为 1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加
速直线运动，它在 t s 内的位移为 s m，则 F 的大小为(单位
为 N)
()
2s
2s