【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件3.3牛顿第二定律的应用专题二 (含解析).ppt，共(67)页，1.679 MB，由MTyang资料小铺上传

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3．3牛顿第二定律应用专题(二)专题综述应用牛顿第二定律解决系统的动力学问题，是高考的热点和难点，主要有三种类型：连接体模型：应用整体法和隔离法．传送带模型：弄清物体在传送带上的运动情况是解题关键．“板—块”滑动模型：用隔离法分析板、块，通过位移关系式建立两者联系．题型透析连接体模型1．连接体的

运动特点加速度相同，速度相同．2．连接体的解题思路对连接体问题，求加速度是解题的切入点，灵活应用整体法和隔离法是解题的关键，一般解题思路是：(1)当整体的外力已知时，先整体求加速度，再隔离求内力．(2)当整体的外力未知时，先隔离求加

速度，再整体分析求解．(3)当整体或隔离都不能直接求解时，应通过联立方程组求解．3．常见连接体类型几个物体通过连接、挤压或叠放在一起运动，如图所示：例1(改编)如图甲所示，两物块m1、m2处于水平光滑面上，中间由轻绳相连，一个恒力F作用在物体上，一起向右做匀加速运动．(

1)此时绳上的拉力T是多少？(2)如果地面粗糙且摩擦因数为μ，绳上的拉力T是多少？(3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，绳上的拉力T是多少？(4)如图丙所示，将整个系统置于光滑的斜面上，求绳上的拉力T是多少？如果斜面粗糙，摩擦因数为μ，绳上的拉力T是多少？

【解析】(1)对整体：F＝(m1＋m2)a，对m2:T＝m2a，两方程相比可得：TF＝m2m1＋m2，则T＝m2m1＋m2F(2)对整体：F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a对m2:T－μm2g＝m2a两方程相比可得：T－μm2gF－μ（m1＋m2）

g＝m2m1＋m2由数学比例关系可知：TF＝m2m1＋m2则T＝m2m1＋m2F由(2)推导可知：(3)(4)结论不变．方法提炼在上面的连接体问题中，当系统的拉力F不变时，只要作用在物体上的阻力与质量成正比，物体间的作用力均为T＝m2m1＋m2F，不论有无摩擦、平

面、斜面、竖直都一样．传送带模型对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)v0

>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度v02.倾斜传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(

1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能一直匀速；(4)可能先以a1加速后以a2加速(

1)可能一直加速；(2)可能一直匀速；(3)可能先减速后反向加速例2(2018·河南模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物的位移x随时间

t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2

m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2【答案】ACD【解析】根据位移时间图像可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动.3～4.5s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v＝ΔxΔ

t＝34.5－3m/s＝2m/s；故A、C两项正确，B项错误．由图像可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝12at2(其中x＝1m，t＝1s)a＝μmgm＝μg，解得：μ＝0.2.D项正确．例3(2018·齐齐哈尔二模)如图所示，

一传送带与水平面的夹角θ＝30°，且以v1＝2m/s的速度沿顺时针方向传动．一小物块以v2＝4m/s的速度从底端滑上传送带，最终又从传送带的底端滑出．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝35，传送带足够长

，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小物块沿传送带向上滑行的时间t；(2)小物块离开传送带时的速度大小v.【答案】(1)1.25s(2)7m/s【解析】(1)由题意可知，小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二

定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入数据解得：a1＝8m/s2减速到传送带速度的时间为：t1＝v2－v1a1＝4－28s＝0.25s此过程的位移：x1＝v1＋v22·t1＝0.75m此后由于mgsin30°＞μmgcos30°，物块继续减速运动，传送带的速度大

于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得：a2＝2m/s2减速到零所需时间为：t2＝v1a2＝22s＝1s，此过程通过的位移为：x2＝v12t2＝1m故有：t＝t1＋t2＝1.25s(2)物块减速到零后，向下做匀加速运

动，下滑的位移为：x＝x1＋x2＝1.75m根据：2a2x＝v2，离开传送带时的速度：v＝2a2x＝2×2×1.75m/s＝7m/s方法提炼分析传送带上物体运动的“六个注意”问题：(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．(2)在水

平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动情况．(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否

滑出．(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移．“板—块”滑动模型1．“板—块”模型的特点：上、下叠放的两个物体，加速度和速度均不同．2．“板—块”模型的解题思路(1)用隔离法分析滑

块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度．(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式．(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系．(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的．例4质量为M＝

2kg、长为L的木板静止在光滑的水平面上，在木板左端放有质量为m＝1kg的铁块(可视为质点)．现给铁块施加一水平拉力F＝4N，使铁块相对木板滑动，作用t＝1s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度L的值．(

已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2)【答案】23m【解析】铁块的加速度F作用时：F－μmg＝ma1，a1＝2m/s2，向右撤去F后：μmg＝ma1′，a1′＝2m/s2，向左．木板的加速度(相对滑动过

程中不变)μmg＝Ma2，a2＝1m/s2前1s内两者的位移：x1＝12a1t2＝1mx2＝12a2t2＝0.5m.撤去F时两者的速度：v1＝a1t＝2m/sv2＝a2t＝1m/s撤去F后，设铁块滑到木板右端用时为t′，

共同速度为v.由v＝v1－a1′t′＝v2＋a2t′得v＝43m/s，t′＝13s两者对地位移：x1′＝v1＋v2t′＝59mx2′＝v2＋v2t′＝718m木板长度L＝(x1＋x1′)－(x2＋x2′)＝23m.例5长为L＝1.5m的

长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长

木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【答案】(1)0.1(2)

2.4m/s(3)3.0m/s【解析】(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝v22s＝0.4×0.42×8×10－2m/s2＝1.0m/s2由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma解得μ2＝0.10(2)小物块做匀减速运动，加速度大小

：a1＝μ1g＝2.5m/s2木板做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t解得t＝va2＝0.8s小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s(3

)假设小物块到达木板的最右端时，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则：v0mt－12a1t2－12a2t2＝Lv0m－v′＝a1tv′＝a2t由以上三式解得v0m＝3.0m/s动力学中的临界值和极值问题1．临

界或极值问题的关键词(1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点．(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值．2．产生临界值和极值的条件(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为

零，加速度相等．(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)．(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(4)加速度最大的条件：合外力最大．(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加

速度为零时速度最大．3．临界或极值问题的方法(1)假设分析法．(2)数学极值法．例6(多选)如图所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上，A、B的质量分别为mA＝3kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2.最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.现对A施加一水平拉力F()A．当F＝12N时，A、B都相对地面静止B．当F＞22.5N时，A相对B滑动C．当F＝20N时，A、B间的摩擦力为14ND．无论F为何值，B的加速度不会超过5m/s2【答案】BC【解析】AB之

间的最大静摩擦力为：fmax＝μ1mAg＝0.5×3×10N＝15N，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax′＝μ2(mA＋mB)g＝0.2×(3＋2)×10N＝10N若A、B相对地面一起运动，两者刚好不

发生相对滑动时，则：对B有：fmax－μ2(mA＋mB)g＝mBa0，得a0＝2.5m/s2.对整体有：F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a0，得：F0＝22.5NA项，当F＝12N时，由于fmax′＜F＜

F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，A项错误．B项，当F＞F0＝22.5N时，A相对B滑动，故B项正确．C项，当F＝20N时，由于fmax′＜F＜F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，则：对整体：F－μ2(mA＋mB)g＝(m

A＋mB)a.对A：F－f＝mAa联立解得A、B间的摩擦力f＝14N，故C项正确．D项，B的加速度最大为am＝fmax－fmax′mB＝15－102＝2.5m/s2.故D项错误．例7(改编)(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A

相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为x0.从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动．经过一段时间后，物块A、B分离．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.若θ

、m、x0、a均已知，下面说法正确的是()A．物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零B．物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零C．物块A、B分离后，物块A开始减速D．从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2gsinθ＋a3agsin

θ·x0【答案】BD【解析】物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，弹簧的弹力不为零．物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动．开始时受力平衡，根据平衡条件可得：kx0＝3mgsinθ，解得：k＝3mgsinθx0物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，对A，根据牛顿第二定律：kx－2

mgsinθ＝2ma，则得x＝2mgsinθ＋2mak＝2gsinθ＋2a3gsinθ·x0，根据x＝12at2可得物块A、B分离的时间：t＝2gsinθ＋a3agsinθ·x01．(2018·西安二模)如图所示，在光滑水平面上有一辆小

车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体其质量为mB＝1.0kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F

′的最大值Fm为()A．2.0NB．3.0NC．6.0ND．9.0N答案C解析根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解

得Ffmax＝2.0N.根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律得：以B为研究对象有Ffmax＝mBa′以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′代入数据解得Fmax＝6.0N．故C项正确．2．(2017·遂宁模拟)如图所示，轻绳

的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是()A．两个小球的加速度不相等B．两段轻绳中的张力可能相等C．小车的速度越大，θ

越大D．小车的加速度越大，θ越大答案D解析A、D两项，对两球整体受力分析，受到重力、拉力，水平方向：T1sinθ＝(m1＋m2)a竖直方向：T1cosθ－(m1＋m2)g＝0解得：T1＝m1＋m2cosθg，a＝gtanθ，两球加速度相等，可知小车的加速度越大，θ越大，A

项错误，D项正确；B项，对下面小球m2，竖直方向：T2cosθ－m2g＝0解得：T2＝m2cosθg，可知T1＞T2，即上段轻绳中的张力大于下段轻绳中的张力，B项错误；C项，夹角θ与小车的速度无关，C项错误．3.(2018·龙岩模拟)(多选)光滑水平面上有一静止的长木板

，其左端放着一个质量为m的小铁块，如图中A所示初始位置．某时刻小铁块获得一水平向右的初速度v后开始在木板上滑行，一段时间后从长木板的右端离开，小铁块与木板之间存在摩擦力．则小铁块刚滑到长木板的右端时，与初始的相对位置比较，图中①②③④所

示的四种情况中，不可能出现的是()A．①B．②C．③D．④答案ACD解析A项，小铁块以一定的初速度滑上长木板，小铁块对长木板有向右的滑动摩擦力，长木板向右做匀加速运动，长木板相对于水平面的位移向右，所以①图不可能．B、C、D三项，小铁块向右做匀减速运动，长木板向

右做匀加速运动，小铁块刚滑到长木板的右端时小铁块的速度大于长木板的速度，作出两个物体的v-t图像，由图像的“面积”表示位移知，图中上方阴影面积表示小铁块相对于长木板的位移，等于板长，下方阴影面积表示长木板的位移，根据几何关系知，长木板的位移小于板长．所以②图可能，③、④

图不可能．4.(2018·邯郸一模)如图所示，在光滑水平面上放有一质量M＝30kg的斜劈，在其斜面上放一质量m＝2kg的物块，现用一水平向右的力F拉斜劈，使其由静止开始运动，物块恰好能与斜劈保持相对静止．已知斜劈倾角θ＝37°，物块与斜面间的

动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.则拉力F大小为()A．1NB．10NC．31ND．310N答案B解析对m受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得：fcos37°－Nsin37°＝ma，竖直方向，根据平

衡条件可得：fsin37°－Ncos37°＝mg，根据摩擦力的计算公式可得：f＝μN，联立解得：a＝516m/s2；以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，解得：F＝10N，故B项正确、A、C、D三项错

误．5．(2018·新疆一模)(多选)飞机场的行李传送装置如图所示，水平传送带以速度v1顺时针匀速转动，倾斜传送带以速度v2顺时针匀速转动，v1＜v2，在水平传送带A端轻放一个行李箱，该行李箱与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，两传送带之间平滑连接，则行李箱速度随时间变化的关系可能是(

)答案ACD解析行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，行李箱的速度可能与传送带共速，之后做匀速直线运动．滑上倾斜传送带时，由于v1＜v2，且μ>tanθ，有μmgcosθ>mgsin

θ，可知行李箱先匀加速运动，与传送带共速后匀速运动，所以该图是可能的，故A项正确．B项错误．行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动，滑上倾斜传送带时，可能一直做匀加速运动，故C项正确．也可能先做匀加速运动，后做匀速直线运动，该图是

可能的，故D项正确．6．(2018·南充模拟)如图传送装置，水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v＝4m/s运动，在传送带的右端点a无初速的轻放一个质量m＝1kg的物块(视为质点)，当物块A到达传送带左端点b

点时，即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B(视为质点)．两物块到达b点时都恰好与传送带等速，在b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd，轨道上静止停放着质量m的木板C，从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面，木板足够长．已知：物块与传送带间的动摩擦因

数μ1＝0.8，与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2；木板与轨道间的动摩擦因数μ3＝0.1；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.试求：(1)物块A、B滑上木板C上的时间差Δt；(2)木板C运动的总时间．答案(1)0.5s(2)2.

75s解析(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差，设A、B在传送带上的加速度为a0，则有：μ1mg＝ma0解得：a0＝8m/s2根据v＝a0Δt可得：Δt＝va0＝0.5s(2)过程一A物块滑上木板C与木板有相对运动，μ2mg＝maA，解得：aA＝2m/s2，方向向右木板C水平方向受

力，μ2mg＝μ3·2mg，木板C保持静止过程二经过Δt＝0.5s后，B物体滑上木板C，此时A的速度为：vA＝v－aAΔt＝3m/sB物块和木板C有相对运动，μ22mg＝2maB，代入数据解得：aB＝2m/s2木板C：μ22mg＋μ2mg－μ1(2m＋2m)g＝maC，代入数据解得：aC＝

2m/s2木板C由静止开始向左匀加速运动，A与C共速，vA－aAt1＝aCt1＝vAC，代入数据解得：t1＝0.75s，vAC＝1.5m/s此时vB＝v－aBt1＝2.5m/s过程三物块B的相对木板C继续向

左运动，仍做aB＝2m/s2的匀减速运动，木板C和物块A保持相对静止，将木板C和物块A看做整体，μ22mg－μ3(2m＋2m)g＝2maAC解得aAC＝0故木板C和物块A向左做匀速直线运动，直到ABC速度共速，速度为vB－aBt2＝

vAC，解得t2＝0.5s