2025届高考物理一轮总复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课件新人教版

这是一份2025届高考物理一轮总复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课件新人教版，共60页。PPT课件主要包含了突破命题视角，考点一连接体问题，BCD，核心素养5，命题热点三，核心素养6，答案D，实验4，实验要点，考点三实验创新等内容，欢迎下载使用。
1.整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤:
2.隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤:第一步:明确研究对象或过程、状态。第二步:将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。第三步:画出某状态下的受力图或运动过程示意图。第四步:选用适当的物理规律列方程求解。
典例1　如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块A、B用细线相连,两物块质量均为1 kg,细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　)
A.1 NB.2 NC.4 ND.5 N
解析 对两物块整体进行受力分析有F=2ma,再对物块A有FTmax=ma,联立解得F=4 N,故选C。
典例2　(2023浙江绍兴春晖中学高三模拟)如图所示,质量为2m和m的滑块A和B置于光滑水平桌面上,连接两滑块的细线通过桌子边缘拉着一个动滑轮,动滑轮下面挂着质量为4m的物块C。已知左右两侧细线互相平行,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦和动滑轮的质量。现将A、B、C三者同时由静止释放,在滑块A和B滑出桌面之前,下列说法正确的是(　　)A.滑块A和B的速度始终相等B.物块C的机械能在不断增大C.滑块A的加速度大小为3 m/s2D.物块C的加速度大小为6 m/s2
解析 动滑轮两侧细线中拉力大小相等,所以滑块A的加速度小于滑块B的加速度,开始运动后在滑块A和B滑出桌面之前,滑块A的速度始终小于滑块B的速度,故A错误;动滑轮对物块C的拉力做负功,物块C的机械能在不断减小,故B错误;设细线中的拉力大小为FT,对滑块A和B根据牛顿第二定律有FT=2maA=maB,对物块C根据牛顿第二定律有4mg-2FT=4maC,如图所示,根据动滑轮细线端与滑轮端的位移关系有xC=xA+ (xB-xA),根据运动学公式可知 ,联立以上各式解得aA=4 m/s2,aC=6 m/s2,故C错误,D正确。
变式练 (2023浙江余姚中学期末)如图所示,地面上有一个大台秤,台秤上面放置一个倾角θ=37°、足够长、底面粗糙的斜面,斜面上表面光滑,其上端固定着一个定滑轮,一根轻绳跨过定滑轮,一端固定在一个小车上面,另一端被小车上的人拉住,轻绳与斜面上表面始终保持平行。斜面的质量m=100 kg,人的质量m1=60 kg,小车的质量m2=40 kg,滑轮的质量、滑轮与轻绳间的摩擦均不计。在人拉动轻绳的过程中,人和小车一直保持相对静止沿斜面向上运动,斜面相对台秤静止。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,当台秤示数为2 300 N时,下列说法正确的是(　　)
A.人的加速度大小a=10 m/s2B.轻绳拉力大小为1 200 NC.小车对人的摩擦力方向沿斜面向下D.小车对人的摩擦力大小为110 N
解析 根据题意,设小车和人整体竖直方向上对斜面的作用力为F,由平衡条件有F+mg=FN,解得F=1 300 N,由牛顿第三定律可知,斜面对小车和人整体竖直方向上的作用力F'=F=1 300 N,对小车和人整体,竖直方向上,由牛顿第二定律有F'-(m1+m2)g=(m1+m2)ay,解得ay=3 m/s2,则由几何关系可得,小车的加速度为 =5 m/s2,故A错误;设轻绳拉力大小为F1,对小车和人整体,由牛顿第二定律有2F1-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a,解得F1=550 N,故B错误;设小车对人的摩擦力方向沿斜面向下,大小为Ff,由牛顿第二定律,对人有F1-m1sin θ-Ff=m1a,解得Ff=-110 N,即小车对人的摩擦力方向沿斜面向上,大小为110 N,故C错误,D正确。
特别提醒加速度不同的连接体问题(1)方法一(常用方法):可以采用隔离法,对隔离对象分别进行受力分析、列方程。(2)方法二(少用方法):可以采用整体法,具体做法如下:牛顿第二定律的形式F合x=m1a1x+m2a2x+m3a3x+…F合y=m1a1y+m2a2y+m3a3y+…说明:①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力,系统内力不能计算在内;②a1x、a2x、a3x、…和a1y、a2y、a3y、…指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。
考点二　临界极值问题(弹力临界)
临界和极值问题是物理中的常见题型,结合牛顿运动定律求解的也很多,临界是一个特殊的转换状态,是物理过程发生变化的转折点。分析此类问题重在找临界条件,常见的临界条件有:(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力FN=0。(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件是:静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是:FT=0。(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为零时。
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,即求收尾加速度或收尾速度。
典例　(多选)(2023浙江长兴中学期末)如图所示,在水平地面上有一倾角为θ、表面光滑的斜面体。在斜面体顶端固定一与斜面垂直的挡板,用质量不计的细线系着一个质量为m的小球。现对斜面体施加一水平方向的外力F,使斜面体做加速度大小为a的匀加速直线运动。已知θ=30°,重力加速度大小为g,则(　　)
A.若斜面体以加速度a=g向右加速运动,小球对斜面体的压力为零B.若斜面体以加速度a=g向右加速运动,线中拉力为 mgC.当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时,线中拉力为 mgD.当斜面体以加速度a=2g向左加速运动时,线中拉力为零
解析 若斜面体以临界加速度向右加速运动,小球对斜面体的压力为零,则小球只受到重力和细线的拉力,将细线拉力正交分解后有tan θ= ,又由牛顿第二定律有a0= ,代入数据解得小球刚好离开斜面的临界加速度为a0= g,若斜面体以加速度a=g向右加速运动,此时向右的加速度小于临界加速度,则小球对斜面体仍然有压力,故A错误;若斜面体以加速度a=g向右加速运动,
由牛顿第二定律有,水平方向的合力大小为F1=ma=mg,对小球受力分析可知,小球受力分析如图甲所示。水平和竖直方向分别满足FTcs θ-FNsin θ=ma、FTsin θ+FNcs θ=mg,代入数据解得细线的拉力大小为 故B正确;当斜面体以加速度a=2g向右加速运动时,超过临界加速度,小球离开斜面,由牛顿第二定律有,水平方向细线的分力大小为F1'=ma=2mg,由勾股定理可知线中拉力为 ,故C正确;
变式练两个质量均为m的物块叠放压在一个轻弹簧上面,处于静止状态,弹簧的劲度系数为k,t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得物块以0.5g的加速度匀加速上升,则(　　)
A.A、B物块分离前系统合外力大小与时间的二次方成线性关系B.分离时弹簧处于原长状态
考点三　动力学图像问题
动力学图像问题类型、解题策略、破题关键
典例1　如图所示,轻弹簧的下端与物块Q连接,上端与物块P连接。已知P、Q质量相等,P静止时弹簧压缩量为x0,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移,下列表示F和x之间关系的图像,可能正确的是(　　)
解析 设物块P的质量为m,加速度为a,静止时弹簧的压缩量为x0,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得mg=kx0,物块的位移为x,当xx0后,弹簧拉伸F-k(x-x0)-mg=ma,仍可得F=kx+ma,F与x是线性关系,且F随x的增大而增大,当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸,拉力等于Q的重力,因此形变量也为x0,所以P上升的距离为2x0,所以B正确,A、C、D错误。
典例2　智能手机安装软件后,可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度,带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放,落到地面上,手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系,如图所示,g为当地的重力加速度。下列说法错误的是(　　)
A.释放时,手机离地面的高度为B.手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1C.手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍D.0到t2时间内图线与横坐标围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等
解析 由图可知,t1时刻手机开始接触地面,则0~t1时间内做自由落体运动,释放时,手机离地面的高度为 ,故A正确,不满足题意要求;由图可知,t1时刻手机开始接触地面,t3时刻手机开始离开地面,则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1,故B正确,不满足题意要求;由图可知,t2时刻手机的加速度最大,且方向竖直向上,根据牛顿第二定律有F-mg=m·10g,可得F=11mg,手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍,故C错误,满足题意要求;由图可知,t2时刻手机的加速度最大,此时手机受到地面的弹力最大,手机处于最低点,手机的速度为零,则0~t2时间内手机的速度变化量为零,根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,可知0至t2内图线与横坐标围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等,故D正确,不满足题意要求。
典例3　(2023浙江慈溪期末)在蹦床运动过程中,用力传感器测出蹦床对运动员的弹力F,绘制的F随时间t的变化图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.运动员的质量为40 kgB.运动员在3.6~4.8 s内处于超重状态C.运动员的最大加速度大小为50 m/s2D.运动员离开蹦床上升的最大高度为3.2 m
核心素养5　数形结合解决动力学问题(科学思维)
在高中物理解题中,借助于图形、图像进行解题是有效的方法,从图形上能表示或看出与物理问题相关的数据或信息,但是图形、图像在提供直观信息时存在着准确性不高的问题,要想精确地求解物理问题,需要通过精确的数量计算才能发现其规律,找到解决问题的方法或答案。因此,在物理解题中,需要把图形与物理量的计算有机结合,通过精确计算来精确表示物理图形或图像的物理含义,从而实现准确解题。
题组练1.(多选)从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球,若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系,小球运动的速率随时间的变化规律如图所示,t1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为v1,且落地前小球已经做匀速运动,则下列说法正确的是(　　)
解析 v-t图像中,图像斜率表示加速度,可知小球在上升和下降过程中,加速度都逐渐减小,A错误;v-t图像中,图像与横坐标围成的面积表示位移,连接(t1,0)和(0,v0)两点,可知小球上升过程中的平均速度小于 ,B正确;小球抛出瞬间的加速度最大,下落速度为v1时加速度最小,C错误;当空气阻力等于重力时,物体做匀速直线运动,所以mg=kv1,当物体抛出的瞬间,物体受到向下的重力和向下的空气阻力,所以mg+kv0=ma,联立两式可得 ,D正确。
2.(多选)如图甲所示,用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。若水平面各处粗糙程度相同,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则(　　)
A.物体的质量m为0.5 kgB.物体的质量m为2 kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
3.(多选)(2023浙江十校联盟联考)一弹射机构的简化模型如图所示,一理想轻质弹簧左端固定在墙上,处于原长时右端到达水平面上的O点。一滑块(可视为质点)将弹簧右端压缩到P点,滑块与弹簧没有连接。静止释放后,弹簧把滑块弹开,滑块运动到O点右侧的Q点停下,已知滑块与水平面间的动摩擦因数处处相同。以O点为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴。整个过程滑块的加速度a、动量p、动能Ek及滑块与弹簧组成的系统的机械能E随位置坐标x的变化规律,符合实际的是(　　)
4.一倾角θ=37°足够长的固定斜面如图甲所示,将一质量m=1 kg的物体(可视作质点)放在斜面上由静止释放,同时施加一沿斜面向上的拉力F,拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)2 s末物体的速度大小;(2)前16 s内物体发生的位移。
答案 (1)5 m/s　(2)30 m,方向沿斜面向下解析 (1)对物体受力分析,受重力、支持力、拉力、摩擦力,假设在0~2 s时间内物体沿斜面方向向下运动因为mgsin θ-μmgcs θ-F1>0,所以假设成立,物体在0~2 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-μmgcs θ=ma1,解得a1=2.5 m/s2,v1=a1t1,代入数据可得v1=5 m/s。
(2)物体在前2 s内发生的位移为当拉力为F2=4.5 N时,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcs θ-F2=ma2,代入数据可得a2=-0.5 m/s2,设物体经过t2时间速度减为零,则0=v1+a2t2,解得t2=10 s,物体在t2时间内发生的位移为由于mgsin θ-μmgcs θ