2025秋高考物理复习专题三牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的应用课件（74页PPT）

(共74张PPT)
第3讲　牛顿运动定律的应用
一、超重和失重
1.超重：物体对水平支持物的压力（或绳对竖直悬挂物的拉力）　　　物体所受重力的情况.
产生条件：物体具有　　　　的加速度.
2.失重：物体对水平支持物的压力（或绳对竖直悬挂物的拉力）　　　物体所受重力的情况.
产生条件：物体具有　　　　的加速度.
大于
向上
小于
向下
3.完全失重：物体对水平支持物的压力（或绳对竖直悬挂物的拉力）
　　　　的情况.
4.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.视重大小等于弹簧测力计或台秤所受的拉力或压力.
为零
二、解连接体问题的常用方法
1.整体法：当系统中各物体的　　　　相同时，可把系统内的所有物体看成一个整体，其质量等于各物体的　　　 　，当所受外力已知时，可用　　　　　　　求出整体的加速度.
2.隔离法：当求解系统内物体间的　　 　　时，常把物体从系统中“隔离”出来分析，依据牛顿第二定律列方程.
3.外力和内力.
（1）外力：系统外的物体对研究对象的作用力.
（2）内力：系统内物体之间的作用力.
加速度
质量之和
牛顿第二定律
相互作用力
三、瞬时问题
1.由F合=ma知，加速度由物体所受合外力决定，加速度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，原有弹力将突变为零.
（2）轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
1.［超重］（2024年北京海淀一模）如图所示，某人站上向右上行的智能电动扶梯，他随扶梯先加速，再匀速运动.在此过程中人与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是 （　　）
A.扶梯加速运动阶段，人处于超重状态
B.扶梯加速运动阶段，人受到的摩擦力水平向左
C.扶梯匀速运动阶段，人受到重力、支持力和摩擦力
D.扶梯匀速运动阶段，人受到的支持力大于重力
A
【解析】人在加速阶段，向右上方加速，根据牛顿第二定律可知，电梯的支持力大于人的重力，所以人处于超重状态，A正确；加速运动阶段，根据牛顿第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，B错误；匀速运动阶段，人受力平衡，竖直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，C、D错误.
C
考点1　超重和失重　［基础考点］
1.超重、失重和完全失重比较
比较 超重 失重 完全失重
产生
条件 物体有向上的加速度 物体有向下的加速度 物体的加速度等于g
原理
式　 F-mg=ma
F=m（g+a） mg-F=ma
F=m（g-a） mg-F=mg
F=0
运动
状态 加速上升、减速下降 减速上升、加速下降 抛体运动、无动力绕行的卫星
2.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.
1.（2024年全国卷）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体.已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2.
（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为　　　N（结果保留1位小数）.
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，
则此段时间内物体处于　　　（填“超重”或“失重”）状态，
电梯加速度大小为　　　m/s2（结果保留1位小数）.
5.0
失重
1.0
【解析】（1）由图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N.
（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力，可知此段时间内物体处于失重状态；根据G=mg=5.0 N，根据牛顿第二定律mg-T=ma，代入数据联立解得电梯加速度大小a≈1.0 m/s2.
2.（2024年浙江名校联考）小明通过站在力传感器上完成“下蹲”“站起”动作来研究超重和失重现象.传感器记录了压力随时间变化的图像，纵坐标为压力F，横坐标为时间t.由甲、乙两图像可知 （　　）
A.图甲是先“下蹲”后“站起”
B.“站起”过程中人先超重后失重
C.图乙从a到B过程，人的重力先增大后减小
D.图乙6 s内该同学做了2次“下蹲-站起”的动作
B
【解析】人在下蹲的过程中，先向下做加速运动，加速度向下，力传感器示数先变小；后做减速运动，加速度向上，力传感器示数变大，经历先失重后超重，最后停下等于重力，A错误；“站起”过程中，人先做加速向上运动，加速度向上，处于超重状态；后向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态，B正确；图乙从a到B过程，力传感器的示数先变大后变小，可人的重力不变，C错误；人在下蹲的过程中，先向下做加速运动，后做减速运动，最后停下，即力传感器的示数先变小后变大，最后等于人的重力，人站起过程中，人先做加速向上运动，后向上做减速运动，最后停下，即力传感器的示数先变大后变小，最后等于人的重力，因此图乙6 s内该同学做了1次“下蹲-站起”的动作，D错误.
考点2　用隔离法和整体法解决连接体问题　［能力考点］　　　　　　　　　　　　　　　
1.连接体的类型及特点
轻绳 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度一定相等
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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等
2.连接体问题的处理方法
方法 原则
整体法 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不用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 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
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1　（2024年南通开学考试）质量分别为2m和m的A、B两物块，在恒力F作用下沿光滑的水平面一起向前做匀加速运动.下列情形中A对B的作用力最大的是 （　　）
D
B
C
考点3　动力学中的临界极值问题　［能力考点］
1.四类典型临界条件
（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，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0.
（4）速度达到最值的临界条件：加速度为0.
2.三种常用解题方法
极限
法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
3.解题基本思路
（1）认真审题，详尽分析问题中变化的过程（包括分析整体过程中有几个阶段）.
（2）寻找过程中变化的物理量.
（3）探索物理量的变化规律.
（4）确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.
AC
1.（2024年吉林检测）如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上.给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g.挡板对乙的弹力最大值为 （　　）
A.2mgsin θ　　　　　B.3mgsin θ
C.4mgsin θ D.5mgsin θ
C
【解析】物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1=mgsin θ；对甲有F弹1+mgsin θ=ma.物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma；对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ，故选C.
2.（2024年中山月考）（多选）如图甲，一箱式货车在平直公路上由静止开始向左运动，其运动的v-t图像如图乙所示.货箱中放置一质量为50 kg的货物，其与车厢间摩擦因数为0.25，在运动过程中货物一直未与车厢壁碰撞，则下列说法正确的是（设货箱地板保持水平） （　　）
A.第1 s内，货物不受摩擦力
B.第2 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
C.第3 s内，货物不受摩擦力
D.第3 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
BD
动力学中的典型模型
模型一　板块模型
1.处理“滑块—木板”问题思维模板
2.模型细分
模型图示 规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB=xA+L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB+L=xA
例3　（2024年辽宁联考）（多选）如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出.已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是 （　　）
A.若只增大M，则小滑块能滑离木板
B.若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长
C.若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D.若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
AC　
1.（2024年佛山模拟）（多选）如图所示，光滑的水平面上静置质量为M=8 kg的平板小车.在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m=2 kg的小物块放在小车右端.小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，重力加速度g取10 m/s2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是 （　　）
A.当F增加到4 N时，小物块相对小车开始运动
B.当F增加到20 N时，小物块相对小车开始运动
C.当F=10 N时，小物块对小车有向左的2 N的摩擦力
D.当F=10 N时，小物块对小车有向右的2 N的摩擦力
BC
【解析】小物块的最大加速度为a=μg=2 m/s2，当整体达到2 m/s2时，即F=（M+m）a=20 N，小物块相对小车开始运动，A错误，B正确；当F=10 N时，整体加速度为F=（M+m）a，解得a=1 m/s2，所以小物块受到的是静摩擦力，方向向左，大小为f=ma=2 N，C正确，D错误.
2.（2024年莆田期中）如图甲所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F=0.8t（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 （　　）
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C.图乙中，t2=17.5 s
D.木板的最大加速度为4 m/s2
C
【解析】由题意可知，t2时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化，可得f1=μ1mg=10 N，解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5，A错误；结合图乙可知，0~t1时间内，滑块与木板均静止，t1~t2时间内，滑块与木板仍相对静止，木板在地面滑行，可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得f2=μ2×2mg=6 N，解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.15，B错误；t2时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，对滑块、木板分别应用牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma，μ1mg-μ2×2mg=ma，其中F=0.8t2（N），联立解得a=2 m/s2，t2=17.5 s.之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为2 m/s2，C正确，D错误.
模型二　传送带模型
1.传送带问题的解题思路
2.水平传送带动力学问题图解
项目 情境1 情境2 情境3
图示
滑块
可能
的运
动情
况　 （1）可能滑块一直被加速
（2）可能滑块先加速、后匀速 （1）v0>v可能一直减速，也可能先减速再匀速
（2）v0（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端
3.倾斜传送带动力学问题图解
项目 情境1 情境2 情境3 情境4
图示
滑块
可能的运动情况　 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后匀速　 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后匀速　
（3）可能先以a1加速、后以a2加速 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后匀速　
（3）可能先以a1加速、后以a2加速　 （1）可能一直被加速　
（2）可能一直匀速
（3）可能先减速、后反向加速　
例4　（2024年广东模拟）快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置.它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ=37°，B、C间距离忽略不计.已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动.把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的物体的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的动摩擦因数相同，g取10 m/s2.求：
（1）水平传送带AB的长度及动摩擦因数；
（2）若CD段的长度为2.6 m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物.
1.（2024年安徽卷）倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动.t=0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示.t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 （　　）
C
【解析】0~t0时间内，物体轻放在传送带上，做加速运动.由受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，做匀加速运动.t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，C正确，A、B、D错误.
2.（2024年汕头测试）（多选）如图甲，绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v-t图像如图乙所示.t=0时刻质量为1 kg的楔形物体以某一初速度从B点滑上传送带，并沿传送带向上做匀速直线运动，2 s后开始减速，在t=4 s时物体恰好到达最高点A点.重力加速度取10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，下列说法正确的是（sin 37°=0.6，cos37°=0.8） （　　）
A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B.2 s后物体与传送带相对静止一起运动
C.2 s后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D.传送带AB的长度为6 m
ABD
题后思考　
分析传送带问题要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向；二是当v物=v传时（速度相等是解决问题的转折点），判断物体能否与传送带保持相对静止.
知识巩固练
1.（2024年中山实验中学一模）某同学在手机上放一本《现代汉语词典》并打开手机软件里的压力传感器，托着手机做下蹲——起立的动作，传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间.根据图线下列说法正确的是 （　　）
A.0~5 s内该同学做了2次下蹲——起立的动作
B.起立过程中人始终处于超重状态
C.图中0.5 s时人处在下蹲的最低点
D.3 s时加速度方向竖直向上
（本栏目对应学生用书P355~356）
D
【解析】下蹲过程包括向下加速、向下减速，对应的状态分别为失重状态和超重状态，起立过程包括向上加速和向上减速，对应的状态分别为超重状态和失重状态，结合图像可知，0~5 s内该同学做了1次下蹲——起立的动作，A错误；起立过程为先超重，后失重，B错误；0.5 s时，为下蹲过程中向下加速最快的时刻，并非下蹲到了最低点，C错误；3 s时为超重状态，因此加速度方向竖直向上，D正确.
2.a、B两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连.当用恒力F竖直向上拉着a，使a、B一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、B一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则 （　　）
A.x1一定等于x2
B.x1一定大于x2
C.若m1>m2，则x1>x2
D.若m1A
3.（2024年广州一中质检）（多选）如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6 kg 的匀质小球，a线与水平方向成37°角，B线水平.两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N，已知sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2，则 （　　）
A.系统静止时，a线所受的拉力大小12 N
B.系统静止时，B线所受的拉力大小8 N
C.当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5 m/s2
D.当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10 m/s2
BC
【解析】系统静止时，小球受力如图甲所示，竖直方向有Fa·sin 37°=mg，水平方向有Fa·cos37°=FB，解得Fa=10 N，FB=8 N，B正确，A错误；系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图乙所示，当a线拉力为15 N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fm·sin 37°-mg=ma，水平方向有Fm·cos37°=FB，解得FB=12 N.此时加速度有最大值a=5 m/s2，C正确；系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有Fa·sin 37°=mg，解得Fa=10 N，水平方向有FB-Fa·cos37°=ma，当FB=15 N 时，加速度最大为a=12.5 m/s2，D错误.
C
5.（多选）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5 kg，小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，（g取10 N/kg）下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有 （　　）
A.am=1 m/s2，aM=1 m/s2
B.am=1 m/s2，aM=2 m/s2
C.am=2 m/s2，aM=4 m/s2
D.am=3 m/s2，aM=5 m/s2
AC
6.如图所示，质量为m1=2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M=5 kg 的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2=1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，g取10 m/s2，下列说法正确的是 （　　）
A.物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2
B.物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2
C.物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 N
D.轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N
C
7.（2024年佛山模拟）春节烟花秀中常伴随无人机表演.如图是两架无人机a、B同时从同一地点竖直向上飞行的v-t图像.下列说法正确的是 （　　）A.t=5 s时，无人机a处于失重状态
B.t=10 s时，无人机a飞到了最高点
C.0~30 s内，两架无人机a、B的平均速度相等
D.0~10 s内，无人机a的位移小于无人机B的位移
C
【解析】t=5 s 时，无人机向上匀加速运动，a处于超重状态，A错误；t=10 s时，无人机a速度达到最大，10 s后减速上升，30 s时飞到了最高点，B错误；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，0~30 s内，两架无人机a、B的位移相等，平均速度相等，C正确；v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，0~10 s 内，无人机a的位移大于无人机B的位移，D错误.
ABD
9.（2024年广东联考）生活中运送货物时常会用到传送带，可以很大程度上节省人力.传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角θ=37°，BC段水平，AB、BC段的长度分别为L=3.2 m，L'=0.262 5 m，示意图如图所示.将一个质量为m=5 kg的货物轻放在A端，货物与传送带AB、BC段间的动摩擦因数均为μ=0.8，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？
（2）若传送带速度为v=2 m/s，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量.
（2）若传送带速度为v=2 m/s，则传送带和货物运动的v-t图像如图所示.
10.如图所示，以恒定速率v1=0.5 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4 m.工作人员沿传送方向以速度v2=1.5 m/s从传送带顶端推下一件m=2 kg 的小包裹（可视为质点）.小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8.取重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；
解：（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示.
根据牛顿第二定律可知
mgsin α-μmgcosα=ma，
代入数据可得a=-0.4 m/s2，所以加速度的大小为0.4 m/s2，方向为沿斜面向上.
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小.
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功.
（3）因为s因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为f2=mgsin α，位移大小为s2=L-s=4 m-2.5 m=1.5 m，
所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为
Wf=-f1s-f2（L-s）=-μmgscosα-mg（L-s）sin α，代入数据可得Wf=-50 J.