人教版高考物理专题复习——微专题3　牛顿运动定律（二轮专题）(共35张PPT)

(共35张PPT)
大单元一　力与运动
微专题3　牛顿运动定律
一图通·构建知识图谱
[例1]　(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪
断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　)
A．g，1.5g　　　 B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
题点通·突破高频考点
对牛顿第二定律的理解
√
A　[细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。]
【变式训练】　若C、D之间通过细线连接，将B、C间的细线剪断，求剪断瞬间C的加速度以及C、D之间细线的作用力。
[解析]　剪断细线，C、D一起下落，把C、D作为整体分析，只受重力，加速度为重力加速度g，故C的加速度也为重力加速度g，C、D之间细线的作用力为0。
[答案]　aC＝g，方向竖直向下　0
规律方法：
[针对训练]　(2024·安徽卷)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　)
A．速度一直增大
B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为3g
D．加速度先增大后减小
√
A　[将小球缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受到的合外力一直变小，加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。]
[例2]　(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是(　　)
连接体问题
√
D　[设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T，对砝码和轻盘组成的整体有mg－T＝ma，对物块P有T－μMg＝Ma，可得a＝g－，结合图像可知D正确。]
规律方法：注意三类连接体问题的解题结论
1．通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相等，注意此时轻绳的拉力与悬挂物所受的重力大小不相等。
2．叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力。
3．靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
[针对训练]　(2025·北京朝阳·二模)如图1所示，质量相等的物块A、B紧靠在一起放置在水平地面上，水平轻弹簧一端与A拴接，另一端固定在竖直墙壁上。开始时弹簧处于原长，物块A、B保持静止。t＝0时刻，给B施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左运动，当A、B的速度为零时，立即撤去恒力。物块B的v-t图像如图2所示，其中t4至t5时间内图像为直线。弹簧始终在弹性限度内，A、B与地面间的滑动摩擦力大小恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．t3时刻A、B分离
B．改变水平恒力F大小，t4～t5的时间不变
C．0～t4时间内图像满足同一正弦函数规律
D．0～t2和t2～t4时间内图2中阴影面积相等
√
D　[由题意结合题图2可知，t4时刻弹簧刚好恢复原长，A、B刚要分离，故A错误；改变水平恒力F大小，则弹簧压缩量变化，弹性势能改变，两物体分开时B的动能改变，则t4～t5的时间改变，故B错误； 0～t2时间内整体受外力、弹力、摩擦力做功，t2～t4时间内受弹力与摩擦力做功，根据功能关系可知动能变化不相同，则0～t4时间内图像不满足同一正弦函数规律，故C错误；t4时刻弹簧刚好恢复原长，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，0～t2和t2～t4时间内题图2中阴影面积相等，故D正确。故选D。]
[例3]　(2021·辽宁卷)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：
动力学中的传送带模型
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹先在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos θ>mg sin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
规律方法：传送带模型分析流程
[针对训练]　(2024·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　[0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物块受重力、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，故物块做匀加速直线运动。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。]
[例4]　(2024·辽宁卷)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速
度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重
力加速度大小。t＝4t0时，小物块和木板的速
度相同。下列说法中正确的是(　　)
动力学中的板块模型
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
√
√
√
ABD　[由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小
a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物
块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面的摩擦力f作用，由于f＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。]
规律方法：板块模型的注意要点
1．明确各物体相对于地面的运动情况和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向。
2．分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度。
3．当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者产生其他变化，因此速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
[针对训练]　(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　)
图(a) 图(b) 图(c)
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2＞μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
√
√
√
BCD　[分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右加速滑动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am，F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝(μ2－μ1)g，B、D正确。]
谢 谢！