2025高考物理總復(fù)習(xí)牛頓第二定律的基本應(yīng)用

第三章運動和力的關(guān)系第2課時目標(biāo)要求1.掌握動力學(xué)兩類基本問題的求解方法。2.理解各種動力學(xué)圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義。牛頓第二定律的基本應(yīng)用內(nèi)容索引考點一

動力學(xué)兩類基本問題考點二

動力學(xué)圖像問題課時精練><考點一動力學(xué)兩類基本問題分析動力學(xué)兩類基本問題的關(guān)鍵(1)做好兩類分析：物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)搭建兩個橋梁：加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；連接點的速度是聯(lián)系各物理過程的橋梁。例1

(2024·江蘇淮安市五校聯(lián)考)水面救生無人船已經(jīng)成為水面救援的重要科技裝備。在某次測試中，一質(zhì)量為20kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標(biāo)地點。無人船先從靜止出發(fā)，做勻加速運動10s后達(dá)到最大速度4m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16m的距離后速度變?yōu)榱?。已知無人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4N，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)在勻加速過程中，無人船發(fā)動機(jī)提供的動力的大小F1；答案12N解得a1＝0.4m/s2由牛頓第二定律得F1－Ff＝ma1，解得F1＝12N(2)在勻減速過程中，無人船發(fā)動機(jī)提供的阻力的大小F2；答案6N勻減速階段有0－vm2＝－2a2x2，解得a2＝0.5m/s2由牛頓第二定律得F2＋Ff＝ma2，解得F2＝6N(3)無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x。答案18s

36m運動總時間為t＝t1＋t2＝18s運動總位移大小為x＝x1＋x2＝36m。例2

(2024·江蘇連云港市灌南高級中學(xué)檢測)如圖所示，一足夠長的斜面傾角為θ＝37°，斜面BC與水平面AB平滑連接。質(zhì)量m＝2kg的物體靜止于水平面上的M點，M點與B點之間的距離L＝9m，物體與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，現(xiàn)使物體受到一水平向右的恒力F＝14N作用，運動至B點時撤去該力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。則：(1)物體到達(dá)B點時的速度是多大？答案6m/s在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律可知F－μmg＝ma從M點到B點，根據(jù)速度位移公式可知vB2＝2aL(2)物體在斜面上滑行的時間是多少？(可用根式表示)物體在斜面上向上運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝10m/s2根據(jù)速度位移公式可知vB2＝2a1x解得x＝1.8m因μ<tanθ，所以物體速度減為零后會勻加速下滑，下滑時根據(jù)牛頓第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2動力學(xué)問題的解題思路例3如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a或b所用的時間。下列關(guān)系正確的是A.t1＝t2 B.t2＝t3

C.t1>t3 D.t1＝t3√設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a與由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相等，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝

可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故D正確。拓展若沿cb放一個光滑細(xì)桿，小滑環(huán)從c處無初速度釋放到達(dá)b，運動時間為t4，t4和t1關(guān)系如何？答案t4＝t1等時圓模型1.質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到圓環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示；2.質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示；返回3.兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。動力學(xué)圖像問題><考點二常見的動力學(xué)圖像v－t圖像、a－t圖像、F－t圖像、F－a圖像等。(1)v－t圖像：根據(jù)圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，再根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。(2)a－t圖像：注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運動情況，然后結(jié)合物體的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。(3)F－t圖像：結(jié)合物體受到的力，由牛頓第二定律求出加速度，分析每一段的運動情況。(4)F－a圖像：首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量。例4

(2023·全國甲卷·19改編)用水平拉力使質(zhì)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(shù)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(guān)系圖線如圖所示。由圖可知A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲＝μ乙 D.μ甲>μ乙√根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選B。例5

(2024·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)月考改編)將一小球豎直上拋，過一段時間小球回到拋出點。以向上為正方向，繪制出小球從拋出到回到拋出點(t2時刻)的v－t圖像如圖所示。小球運動過程中僅受重力和空氣阻力。下列說法正確的有A.小球上升過程所用時間為全過程所用時間的一半B.小球受到的空氣阻力大小不變C.小球回到拋出點時的速率v2等于拋出時的速率v1D.v－t圖像在t軸上方所圍面積與t軸下方所圍面積相等√則上升過程的加速度大于下降過程的加速度，研究上升過程的逆過程與下降過程，兩個過程均為初速度為零的加速運動，根據(jù)h＝

，可知上升過程時間短，小球上升過程所用時間小于全過程所用時間的一半，選項A錯誤；由題圖可知上升過程加速度逐漸減小，即隨速度減小，空氣阻力減?。幌陆颠^程加速度逐漸減小，則隨速度增加，空氣阻力增大，選項B錯誤；整個過程由于有空氣阻力做負(fù)功，則小球回到拋出點時的速率v2一定比拋出時的速率v1小，選項C錯誤；v－t圖像在t軸上方所圍面積等于上升的位移大小，在t軸下方所圍面積等于下降的位移大小，則兩部分面積應(yīng)相等，選項D正確。分析動力學(xué)圖像問題的方法技巧1.分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程。2.建立圖像與物體運動間的關(guān)系：把圖像與具體的題意、情景結(jié)合起來，明確圖像反映的是怎樣的物理過程。3.建立圖像與公式間的關(guān)系：對于a－F圖像、F－x圖像、v－t圖像、v2－x圖像等，都應(yīng)先建立函數(shù)關(guān)系，然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取信息或描點作圖，特別要明確圖像斜率、“面積”、截距等對應(yīng)的物理意義。4.讀圖時要注意一些特殊點：比如起點、截距、轉(zhuǎn)折點、兩圖線的交點，特別注意臨界點(在臨界點物體運動狀態(tài)往往發(fā)生變化)。返回課時精練1.水平路面上質(zhì)量為30kg的小車，在60N水平推力作用下由靜止開始以1.5m/s2的加速度做勻加速直線運動。2s后撤去該推力，則下列說法正確的是A.小車2s末的速度大小是4m/sB.小車受到的阻力大小是15NC.撤去推力后小車的加速度大小是1m/s2D.小車運動的總時間為6s√1234567891011根據(jù)運動學(xué)公式，小車2s末的速度大小v＝at1＝3m/s，故A錯誤；12345678910112.無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)緊急情況到開始剎車的時間為反應(yīng)時間。已知某無人駕駛汽車的反應(yīng)時間為0.2s，該無人駕駛汽車以30m/s的速度在干燥路面從發(fā)現(xiàn)緊急情況到剎車停下來要運動96m，則車輪與路面間的動摩擦因數(shù)為(取g＝10m/s2)A.0.05 B.0.468 C.0.5 D.0.6√1234567891011設(shè)車輪與路面間的動摩擦因數(shù)為μ，其中v0＝30m/s，t0＝0.2s聯(lián)立解得μ＝0.5，故選C。12345678910113.(2024·江蘇連云港市期中)水平地面上一質(zhì)量為m的物體在水平外力F作用下做勻速直線運動，從t＝0時刻開始F隨時間均勻減小直至t1時刻減小為零。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體所受的摩擦力為Ff、加速度為a、速度為v，重力加速度為g。則下列Ff、a、v隨時間t變化的圖像可能正確的是1234567891011√由題意可知，物體做勻速直線運動，從t＝0時刻，拉力F開始均勻減小，t1時刻拉力減小為零，出現(xiàn)的摩擦力有兩種可能，一種是當(dāng)拉力為零時，物體仍在滑動，則受到的一直是滑動摩擦力，即大小不變；

另一種是當(dāng)拉力為零前，物體已靜止，則當(dāng)拉力逐漸減小至零時，先是滑動摩擦力，后是靜摩擦力，滑動摩擦力大小不變，而靜摩擦力的大小與拉力相等，靜止時拉力小于滑動摩擦力大小，故A錯誤，B正確；1234567891011t＝0時，物體加速度應(yīng)該為0，故C錯誤；因為物體受到的拉力不斷變化，所以受到的合力也會變化，加速度也會變化，不會做勻減速直線運動，故D錯誤。12345678910114.(2024·江蘇南京市?？?如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ＝30°，可視為質(zhì)點的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以v0＝10m/s的初速度沿木板向上運動，取g＝10m/s2。則以下結(jié)論正確的是B.小木塊經(jīng)t＝1s沿木板滑到最高點C.小木塊在t＝2s時速度大小為10m/s，方向沿木板向下D.小木塊滑到最高點后能夠返回1234567891011√小木塊恰好能沿著木板勻速下滑，根據(jù)受力平衡可得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ＝

，故A錯誤；1234567891011由A選項分析可知mgsinθ＝μmgcosθ，而最大靜摩擦力不小于滑動摩擦力，因此小木塊到達(dá)最高點后將保持靜止，而上滑的時間為1s，故小木塊在t＝2s時速度大小為零，到達(dá)最高點后不會返回，故C、D錯誤。12345678910115.(2023·全國乙卷·14)一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點。設(shè)排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達(dá)到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動√1234567891011上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程中重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度大小比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大，由位移與時間關(guān)系可知，上升時間比下落時間短，A錯誤；1234567891011排球在上升過程做減速運動，排球在下降過程做加速運動，在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，排球機(jī)械能一直在減小，下降過程中的最低點的速度大小小于上升過程的最低點的速度大小，故排球被墊起時的速度最大，B正確；達(dá)到最高點時速度為零，空氣阻力為零，此刻排球受重力作用，加速度不為零，C錯誤；下落過程中，排球速度在變，所受空氣阻力也在變，排球在下落過程中不是做勻加速運動，D錯誤。12345678910116.(2022·浙江6月選考·19)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝

，貨物可視為質(zhì)點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；答案2m/s21234567891011根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s21234567891011根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2a1l1，解得v＝4m/s(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；答案4m/s1234567891011根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2根據(jù)運動學(xué)公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m。(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。答案2.7m12345678910117.如圖所示，四根光滑桿AB、BC、AD、DC被固定成一個平行四邊形ABCD。四個頂點恰好位于同一個圓上，且A、C兩點是圓的最高點和最低點，圓的半徑為R。四個相同的光滑圓環(huán)a、b、c、d分別套在四根桿的上端由靜止釋放，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A.圓環(huán)a滑到B端的時間比圓環(huán)b滑到C端的時間短B.圓環(huán)b滑到C端的時間比圓環(huán)d滑到C端的時間長C.四個圓環(huán)到達(dá)各自桿的底端所用時間都相同D.四個圓環(huán)到達(dá)各自桿的底端所用時間各不相同1234567891011√設(shè)桿AB長為l，與水平方向的夾角為θ，圓環(huán)的質(zhì)量為

m，對圓環(huán)a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ由幾何關(guān)系可知l＝2Rsinθ12345678910111234567891011則圓環(huán)的下滑時間與桿的傾角和桿長無關(guān)，同理可得圓環(huán)b、c、d的下滑時間同為8.(2023·江蘇常熟市調(diào)研)如圖甲所示，水平地面上水平輕彈簧左端固定，右端通過小物塊壓縮0.4m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放小物塊。計算機(jī)通過小物塊上的速度傳感器描繪出它的v－t圖線如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時圖線的切線，已知小物塊的質(zhì)量為m＝2kg，重力加速度取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是A.小物塊與地面間的動摩擦因

數(shù)為0.3B.小物塊與地面間的動摩擦因

數(shù)為0.4C.彈簧的勁度系數(shù)為175N/mD.彈簧的勁度系數(shù)為150N/m√1234567891011根據(jù)v－t圖線斜率的絕對值表示加速度大小，由題圖乙知，物塊脫離彈簧后的加速度大小12345678910111234567891011由牛頓第二定律得kx－μmg＝ma′，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，C正確，D錯誤。9.(2022·遼寧卷·7)如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25√1234567891011物塊沿中線做勻減速直線運動，由題知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s，對物塊由牛頓第二定律有ma＝－μmg，又v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＝v2>0，則μ<0.2，故選B。123456789101110.(2024·江蘇省南航蘇州附中月考)運動員推動冰壺在水平冰面上滑行過程可建立如圖所示模型。冰壺質(zhì)量m＝19.85kg，運動員施加的推力F＝2.5N，方向與水平方向夾角為37°，冰壺在推力F作用下做勻速直線運動，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)；答案0.01對冰壺進(jìn)行受力分析，由平衡條件得Fcos37°＝Ff，F(xiàn)N＝mg＋