資源簡介

物理
第講　牛頓第二定律的綜合應用
(對應人教版必修第一冊相關內容及問題)
　第四章第5節，利用牛頓第二定律可以研究哪兩類問題？
提示：從受力確定運動情況和從運動情況確定受力。
　第四章[復習與提高]A組T9(1)。
提示：標注如圖所示。
以加速度的方向向上為正，根據牛頓第二定律有F－mg＝ΔF＝ma，即a＝g＝g，式中G＝1．0 N。若指針指在C處，則F＝0．9 N，ΔF＝－0．1 N
所以a＝－1．0 m/s2。
因為彈簧彈力隨彈簧伸長量均勻變化，所以加速度隨彈簧伸長量均勻變化，加速度的刻度等間隔均勻分布。
　第四章[復習與提高]B組T1。
提示：應用牛頓運動定律求瞬時加速度，理解彈簧的形變是一個漸變過程。在剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，而細繩對小球A的拉力突變為0。
考點一　牛頓第二定律的瞬時性問題
1．兩種模型
物體的加速度與其所受合力具有因果關系，物體的加速度總是隨其所受合力的變化而變化，具體可簡化為以下兩種模型：
2．求解瞬時性問題的一般思路
例1　如圖所示，物塊1的質量為3m，物塊2的質量為m，兩者通過一輕質彈簧相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有(　　)
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g
[答案]　C
[解析]　抽出木板前，對物塊1受力分析可知，彈簧對物塊1的彈力F＝3mg，方向豎直向上；對物塊2受力分析可知，彈簧對物塊2的彈力大小為3mg，方向豎直向下。抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則其加速度a1＝0；物塊2受重力和彈簧向下的彈力，根據牛頓第二定律得a2＝＝4g，故C正確，A、B、D錯誤。
例2　(2025·浙江省金華金麗衢十二校高三上第一次聯考)如圖所示，用輕彈簧將質量為4m和2m的A、B兩個小球相連，B的上端通過輕繩懸掛于天花板，兩小球均處于靜止狀態。重力加速度為g，若將輕繩剪斷，則剪斷瞬間A和B的加速度大小分別為(　　)
A．g，g B．0，2g
C．3g，0 D．0，3g
[答案]　D
[解析]　剪斷輕繩前，對A受力分析，由平衡條件可知F彈＝4mg，若將輕繩剪斷，由于彈簧的彈力不發生突變，所以剪斷瞬間A還是處于平衡狀態，加速度大小為0，對B，由牛頓第二定律有2mg＋F彈＝2maB，解得B的加速度大小aB＝3g，故選D。
考點二　動力學的兩類基本問題
1．動力學的兩類基本問題
(1)已知物體的受力情況，確定物體的運動情況；
(2)已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。
2．解決兩類基本問題的方法
以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖：
動力學的兩類基本問題的解題步驟
例3　(2025·黑龍江省佳木斯市高三上模擬)人類從事滑雪活動已有數千年歷史，滑雪愛好者可在雪場上輕松、愉快地滑行，飽享滑雪運動的樂趣。如圖所示，一名滑雪愛好者以v0＝1 m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡的傾角為θ＝30°。若人與滑板的總質量為m＝60 kg，受到的總阻力為f＝60 N，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑雪愛好者加速度的大小；
(2)3 s內滑雪愛好者下滑位移的大小；
(3)3 s末滑雪愛好者的速度大小。
[答案]　(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)13 m/s
[解析]　(1)設滑雪愛好者加速度的大小為a，在沿山坡方向，根據牛頓第二定律有
mgsin30°－f＝ma
解得a＝4 m/s2。
(2)由運動學公式得，t＝3 s內滑雪愛好者下滑位移的大小x＝v0t＋at2
解得x＝21 m。
(3)根據勻變速直線運動規律，t＝3 s末滑雪愛好者的速度大小v＝v0＋at
解得v＝13 m/s。
例4　(2025·云南省紅河州、文山州高三上復習檢測)滑梯是游樂園中常見的游樂設施，圖a為某游樂園中的大型滑梯，其滑板部分可簡化為圖b所示。滑板長L＝6 m，其頂端距地面的高度h＝3．6 m，底端與具有防護作用的水平地墊平滑連接。一質量m＝30 kg的小孩從滑板頂端沿滑板由靜止滑下，到達底端時的速度大小v＝4 m/s。已知小孩與水平地墊之間的動摩擦因數為0．8，g取10 m/s2。求：
(1)小孩沿滑板下滑的加速度大小；
(2)小孩與滑板之間的動摩擦因數；
(3)為確保小孩的人身安全，水平地墊至少應為多長？
[答案]　(1) m/s2　(2)　(3)1 m
[解析]　(1)設小孩沿滑板下滑的加速度大小為a，根據勻變速直線運動速度與位移的關系可得v2－0＝2aL
解得a＝ m/s2。
(2)設小孩與滑板之間的動摩擦因數為μ，滑板與水平方向的夾角為θ，垂直于滑板方向，根據平衡條件可知，小孩所受支持力FN＝mgcosθ
則小孩所受滑動摩擦力f＝μFN
沿滑板方向，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ－f＝ma
又根據幾何關系有sinθ＝，cosθ＝
聯立解得μ＝。
(3)小孩滑到水平地墊上做勻減速直線運動，設小孩與水平地墊之間的動摩擦因數為μ′，小孩在水平地墊上滑行時加速度大小為a′，滑行距離為L′，由牛頓第二定律有μ′mg＝ma′
由勻變速直線運動規律有0－v2＝－2a′L′
聯立解得L′＝1 m
可知水平地墊長度至少為1 m。
動力學多過程問題的解題步驟 (1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。 (2)對各“子過程”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。 (3)根據“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規律列方程。 (4)分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各“子過程”間的時間關聯、位移關聯，并列出相關的“過程性”與“狀態性”輔助方程。 (5)聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論。
考點三　動力學的圖像問題
1．常見的動力學圖像
v t圖像、a t圖像、F t圖像、F a圖像等。
2．圖像問題的類型
(1)已知物體的受力、速度或加速度的變化圖像，分析物體的運動或受力情況。
(2)由已知條件確定某物理量的變化圖像。
3．解題策略
(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確圖像的物理意義。
(2)注意圖像中的特殊點、斜率、面積所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標軸的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點，圖線的斜率，圖線與坐標軸或圖線與圖線所圍面積等所表示的物理意義。
(3)明確能從圖像中獲得的信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，應用物理規律列出與圖像對應的函數表達式，進而明確“圖像與公式”“圖像與過程”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷。
例5　(2023·全國甲卷)(多選)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[答案]　BC
[解析]　對物體根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理可得F＝ma＋μmg，則可知F a圖像的斜率為m，縱截距為μmg；由題圖可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故B、C正確。
例6　一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是(　　)
A．0～t1時間內，v增大，FN>mg
B．t1～t2時間內，v減小，FNC．t2～t3時間內，v增大，FND．t2～t3時間內，v減小，FN>mg
[答案]　D
[解析]　由于s t圖像的斜率表示速度，可知0～t1時間內，速度v不斷增大，即乘客做豎直向下的加速運動，處于失重狀態，則FNmg，C錯誤，D正確。
課時作業
[A組　基礎鞏固練]
1．(2025·新疆普通高考適應性檢測高三上第一次模擬)2024年9月11日，我國自主研發的朱雀三號可重復使用垂直回收試驗箭，在酒泉衛星發射中心完成10公里級垂直起降返回飛行試驗。該火箭的質量將近70噸，在起飛后的大推力上升階段，火箭加速上升5公里，速度達到160 m/s，不考慮空氣阻力，則這個階段的平均推力最接近(　　)
A．2×105 N B．9×105 N
C．2×106 N D．9×106 N
答案：B
解析：火箭大推力上升階段，只考慮推力和重力作用，根據牛頓第二定律有F－mg＝ma，根據勻變速直線運動規律，有v2－0＝2ah，取重力加速度g＝10 m/s2，代入數據解得平均推力F＝8．792×105 N≈9×105 N，故選B。
2．(人教版必修第一冊·第四章第5節[練習與應用]T1改編)(多選)一個原來靜止的物體，質量是2 kg，受到兩個大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外沒有其他的力，關于該物體，下列說法正確的是(　　)
A．物體受到的合力為50 N
B．物體的加速度為25 m/s2
C．3 s末物體的速度為75 m/s
D．3 s內物體發生的位移為125 m
答案：AC
解析：兩個夾角為120°的50 N的力，其合力仍為50 N，加速度a＝＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s內位移x＝at2＝112．5 m，故A、C正確，B、D錯誤。
3．(2024·貴州高考)某研究人員將一鐵質小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質中，在下落的某段時間內，小圓盤僅受重力G和顆粒介質對其向上的作用力f。用高速相機記錄小圓盤在不同時刻的位置，相鄰位置的時間間隔相等，如圖所示，則該段時間內下列說法可能正確的是(　　)
A．f一直大于G B．f一直小于G
C．f先小于G，后大于G D．f先大于G，后小于G
答案：C
解析：由題圖可知，相等時間間隔內鐵質小圓盤的位移先增大后減小，可知鐵質小圓盤下落的速度先增大后減小，以向下為正方向，則鐵質小圓盤的加速度a先正后負，設鐵質小圓盤的質量為m，根據牛頓第二定律有G－f＝ma，可知f先小于G，后大于G，故選C。
4．(2024·山東省濟南市高三下三模)某同學將排球墊起，排球以某一初速度豎直向上運動，然后下落回到出發點。已知排球在運動過程中所受空氣阻力大小恒定，豎直向上為正方向，下列描述排球的速度v隨時間t的變化關系圖像可能正確的是(　　)
答案：B
解析：設排球的質量為m，受到的空氣阻力大小為f，上升過程和下降過程中的加速度大小分別為a上和a下，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋>a下＝g－，由v t圖像中圖線的斜率表示加速度，可知上升過程中圖像的斜率比下降過程中圖像的斜率大；又由于排球最終落回出發點，可知排球上升過程和下降過程的位移大小相等，由v t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示位移可知，t軸上、下方圖線與t軸圍成的面積大小應相同。綜上所述，B可能正確，A、C、D錯誤。
5．(2024·江蘇省泰州市高三下期初一模調研)如圖所示，半球形容器內有三塊不同長度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′點，上端擱在容器側壁上，已知三塊滑板的長度BO′>AO′>CO′。若三個滑塊同時從A、B、C處開始由靜止下滑(忽略阻力)，則(　　)
A．A處滑塊最先到達O′點 B．B處滑塊最先到達O′點
C．C處滑塊最先到達O′點 D．三個滑塊同時到達O′點
答案：D
解析：設半球形容器的半徑為R，滑板的傾角為θ，滑塊的質量為m，下滑時的加速度大小為a，則滑板的長度為L＝2Rsinθ，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，根據初速度為零的勻加速直線運動的位移與時間的關系式，有L＝at2，聯立解得t＝2，可知滑塊從靜止釋放到滑到O′點所用的時間t與滑板的傾角θ和板的長度均無關，故三個滑塊同時到達O′點，故選D。
6．(2025·四川省內江市高三上一模)如圖，固定在水平地面上的光滑、足夠長的斜面傾角為30°，其底端有一質量為2 kg的小物體，物體在平行于斜面向上的恒定拉力F的作用下，由靜止開始運動，經過一段時間t0后撤去拉力F，此后，小物體繼續沿斜面運動，再經過2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10 m/s2。則拉力F的大小是(　　)
A．14 N B．18 N
C．20 N D．24 N
答案：B
解析：設拉力F作用時，小物體的加速度為a1，撤去拉力F后，小物體的加速度為a2，撤去拉力F瞬間，小物體的速度為v，取沿斜面向上為正方向，撤去拉力F前，小物體的位移x＝a1t，由牛頓第二定律有F－mgsin30°＝ma1，從撤去拉力F至返回斜面底端，小物體的位移為－x＝v·2t0＋a2(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛頓第二定律有－mgsin30°＝ma2，聯立并代入數據解得F＝18 N，故選B。
7．(2025·八省聯考陜西卷)如圖，質量均為m的兩個相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止狀態，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則(　　)
A．L1的拉力大小為mg
B．L2的拉力大小為3mg
C．若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為g
D．若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g
答案：C
解析：對甲和乙整體受力分析如圖所示，由平衡條件可知，L1的拉力大小為T1＝2mgtan60°＝2mg，L2的拉力大小為T2＝＝4mg，故A、B錯誤。若剪斷L1，該瞬間彈簧的彈力不變，則小球乙所受的合力不變，仍為零，加速度為零；對小球甲受力分析，甲受到L2的拉力，豎直向下的重力mg和彈簧豎直向下、大小為mg的拉力，且在沿L2方向受力平衡，在垂直L2的方向，由牛頓第二定律可知，加速度大小為a＝＝g，故C正確，D錯誤。
8．(2024·陜西省榆林市高三下一模)一個質量為2 kg的箱子靜止放在水平面上，箱子與水平面間的動摩擦因數為0．5，給箱子一個水平恒定拉力，使箱子從靜止開始運動，經過2 s，箱子的位移為20 m。重力加速度g＝10 m/s2，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，空氣阻力不計。
(1)求拉力的大小；
(2)若拉力大小不變，把拉力的方向改為與水平面成37°角斜向上，使箱子從靜止開始運動1 s后撤去拉力，求箱子運動的總位移。
答案：(1)30 N　(2)18．975 m
解析：(1)設箱子的質量為m，箱子與水平面間的動摩擦因數為μ，水平拉力的大小為F，箱子的加速度大小為a，已知運動時間為t＝2 s時位移為L＝20 m，由勻變速直線運動位移與時間的關系可知L＝at2
由牛頓第二定律有F－μmg＝ma
聯立并代入數據解得F＝30 N。
(2)以箱子運動的方向為正方向，設拉力F作用時箱子的加速度為a1，運動時間為t1，拉力撤去后，箱子的加速度為a2，運動時間為t2。拉力F作用時，由牛頓第二定律有
Fcos37°－f＝ma1
其中滑動摩擦力f＝μFN
地面對箱子的支持力FN＝mg－Fsin37°
剛撤去拉力時的速度v＝a1t1
位移L1＝a1t
撤去拉力后的運動過程，由牛頓第二定律有
－μmg＝ma2
由運動學公式有0＝v＋a2t2
勻減速階段箱子運動的位移L2＝vt2＋a2t
箱子運動的總位移L′＝L1＋L2
聯立并代入數據解得L′＝18．975 m。
[B組　綜合提升練]
9．(多選)如圖甲所示，一質量為1 kg的滑塊在一個沿斜面向下的外力F作用下由靜止開始運動，其 t圖像如圖乙所示(x為滑塊運動的距離，t為滑塊運動的時間)，斜面足夠長且始終保持靜止不動，且若撤去外力F，滑塊可沿斜面向下勻速運動，斜面傾角為37°，且sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，則(　　)
A．外力F的大小為2 N
B．滑塊與斜面之間的動摩擦因數為0．75
C．t＝2 s時滑塊的速度大小為4 m/s
D．t＝2 s時滑塊的位移大小為8 m
答案：BD
解析：設滑塊的質量為m，滑塊與斜面之間的動摩擦因數為μ，滑塊滑動過程所受支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為f，在外力F作用下加速度大小為a，根據勻變速直線運動規律有x＝v0t＋at2，可得＝v0＋t，結合題圖乙可知，0～2 s內有＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，根據牛頓第二定律，有F＋mgsin37°－f＝ma，若撤去F則滑塊受力平衡，有f＝mgsin37°，又f＝μFN＝μmgcos37°，聯立解得μ＝tan37°＝0．75，F＝4 N，故A錯誤，B正確；t＝2 s時滑塊的速度大小v＝at＝8 m/s，位移大小x＝at2＝8 m，故C錯誤，D正確。
10．(2024·陜西省西安市高三下一模)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P處所用的時間t與夾角θ的大小有關。若θ由60°逐漸減小至45°，物塊的下滑時間t將(　　)
A．逐漸減小 B．先減小后增大
C．逐漸增大 D．先增大后減小
答案：A
解析：設物塊的質量為m，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，解得物塊下滑時的加速度大小為a＝gsinθ，設P、Q的水平距離為d，由幾何關系可得，物塊下滑的距離為L＝，由運動學公式有L＝at2，解得t＝＝，由數學知識可知，當θ由60°逐漸減小至45°時，sin2θ逐漸增大，則物塊的下滑時間t將逐漸減小，故選A。
11．(2024·福建省寧德市高三上質優生聯考一模)(多選)如圖甲所示，輕質彈簧下端固定在水平面上，上端疊放著兩個物體A、B，系統處于靜止狀態。現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A向上做勻加速直線運動，以系統靜止時的位置為坐標原點，豎直向上為位移x正方向，得到F隨x的變化圖像如圖乙所示。已知物體A的質量m＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，則下列關系正確的是(　　)
A．物體B的質量為12 kg
B．物體A做勻加速直線運動的加速度大小為1 m/s2
C．F作用瞬間，A、B之間的彈力大小為8 N
D．彈簧的勁度系數為80 N/m
答案：BD
解析：設物體B的質量為M，彈簧的勁度系數為k，物體A向上做勻加速直線運動的加速度大小為a，以A、B整體為研究對象，靜止時彈簧壓縮量為x0，由胡克定律有kx0＝(m＋M)g，A、B分離之前，根據牛頓第二定律有F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a，整理得F＝kx＋(m＋M)a，所以F隨x的變化圖像的斜率等于彈簧的勁度系數，結合圖乙可得k＝ N/m＝80 N/m，故D正確；x＝0時，有F＝12 N＝(m＋M)a，A、B分離后，對A由牛頓第二定律得22 N－mg＝ma，聯立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，故A錯誤，B正確；施加拉力F的瞬間，設A、B之間的彈力大小為FN，對A，根據牛頓第二定律有F－mg＋FN＝ma，其中F＝12 N，解得FN＝10 N，故C錯誤。
[C組　拔尖培優練]
12．(2024·廣東高考)如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F y圖像或y t圖像可能正確的是(　　)
答案：B
解析：從木塊開始釋放到與彈簧剛接觸的過程中，即0≤y≤H的過程，木塊所受合外力為木塊的重力，即F＝mg，則F保持不變；從木塊接觸彈簧到下落至最低點的過程中，即y>H的過程，根據力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，則隨著y增大，F先均勻減小到0，后反向均勻增大；同理分析可知，上升過程的F y圖像與下落過程的F y圖像相同，故A錯誤，B正確。結合上述分析，由牛頓第二
定律可知，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，速度逐漸增大，所以y t圖像斜率逐漸增大；從木塊下落H高度到下落至最低點的過程，木塊先向下做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，速度先逐漸增大后逐漸減小到0，所以y t圖像的斜率先逐漸增大后逐漸減小到0，到達最低點后，木塊向上運動，因為木塊下落過程與上升過程具有對稱性，所以其y t圖像如圖所示，故C、D錯誤。
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