2027届新高考物理热点精准复习牛顿第二定律的应用

2027届新高考物理热点精准复习牛顿第二定律的应用力引起运动的变化,行动改变你不满的当下,主动施力主宰自己的每一步轨迹!真题解码真题试练

(2022浙江6月,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24

°角,长度l1=4m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与

滑轨间的动摩擦因数均为μ=

,货物可视为质点(重力加速度g=10m/s2,取cos24°=0.9,sin24°=0.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2。

答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)货物在倾斜滑轨上滑行,根据牛顿第二定律有mgsin24°-μmgcos24°=ma1解得a1=2m/s2。(2)根据匀变速直线运动规律有v2=2a1l1解得v=4m/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动,水平滑轨长度最短时有最大末速度v1=2m/s,根据匀变速直线

运动速度与位移的关系式有

-v2=2a2l2根据牛顿第二定律有-μmg=ma2联立解得最短长度l2=2.7m。

探究1一题多解本题解析中用了常规的动力学公式解题。请应用动能定理求解(2)、(3)问,可以分过程列式,也可以对

全过程应用动能定理列式。思维探秘答案(2)可对货物沿倾斜滑轨运动过程应用动能定理列式,有(mgsin24°-μmgcos24°)l1=

mv2-0。(3)解法一分段法可对货物在水平滑轨运动过程应用动能定理列式,有-μmgl2=

m

-

mv2。解法二全程法对全过程应用动能定理有(mgsin24°-μmgcos24°)l1-μmgl2=

m

-0。探究2拓展设问若本题情境不变,请分析以下设问。①设问1:求货物在倾斜滑轨上滑行的时间t1。②设问2:若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求货物在水平滑轨上的运动时间t2。答案①解法一:根据l1=

a1

,解得t1=2s。解法二:由动量定理列式,有(mgsin24°-μmgcos24°)t1=mv-0解得t1=2s。②解法一:对货物在水平滑轨上运动过程,由动量定理有-μmgt2=mv1-mv,解得t2=0.9s。解法二:对全程利用动量定理列式,有(mgsin24°-μmgcos24°)t1-μmgt2=mv1-0,可得t2=0.9s。解法三:由牛顿第二定律先求出货物在水平滑轨上运动的加速度,再根据匀减速直线运动的位移与时间

的关系式求出时间t2。探究3图像表征请定性画出货物从倾斜滑轨顶端由静止下滑到水平滑轨右侧末端的v-t图像(v表示速度大小),并思考通

过图像可求出哪些相关物理量。答案由于已知货物在倾斜滑轨上运动的初速度和位移,可对其受力分析,由牛顿第二定律求出其加速

度大小,根据v-t图像的特点(斜率绝对值表示加速度大小、图线与横轴所围面积大小表示位移大小)求

出其在倾斜滑轨上运动的末速度大小和运动时间。货物在水平滑轨的初速度大小等于上一阶段的末

速度大小,且已知这段过程的最终速度大小不超过2m/s,对其受力分析,可求其加速度大小,同样可根据v

-t图像的特点求出临界状态(末速度为2m/s时)对应的该过程的位移大小和时间。

探究4举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!滑沙是一项人们比较喜欢的运动(图甲),其运动过程可简化为图乙所示的模型,滑沙者坐在滑板上与滑

板保持相对静止,从沙坡(可视为斜面)顶端的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平沙道(设经过B点

前后速度大小不变),最后停在C点。如果在滑板上装有速率传感器,且每隔一段时间通过该传感器测出

滑沙者的速率,某次滑沙的部分测量数据见表,假设沙道与滑板间的动摩擦因数处处相同,不计空气阻

力,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。t(s)0.00.20.40.6…2.93.13.3…v(m/s)0.00.40.81.2…3.02.01.0…

请根据上述信息,判断下列说法是否正确,如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答过

程。

(1)人和滑板一起沿沙坡下滑过程中一定受到重力、支持力、下滑力和摩擦力。稳基础答案错误;下滑过程中,人和滑板组成的整体受到重力、支持力和摩擦力,不受下滑力。(2)无论是在沙坡上还是在水平沙道上运动的过程中,人对滑板的压力大小与滑板对人支持力的大小时

刻相等。答案正确;人对滑板的压力大小时刻等于滑板对人的支持力大小,二者是一对相互作用力。(3)人沿着沙坡由静止开始加速滑下的过程中,其惯性会越来越大。答案错误;惯性是物体本身的属性,与物体的运动状态无关,人的质量不变则惯性不变。(4)质量较大的成人和质量较小的小孩从沙坡A点由静止滑下,由于成人的惯性较大,所以成人下滑得更

快。答案错误;根据牛顿第二定律可知,下滑过程中二者运动的加速度均与质量无关,即成人和小孩下滑

得一样快。

(5)根据题中信息能求出滑板和沙道间的动摩擦因数μ。叠能进阶答案正确;选取题表中后三组数据可得,a1=

=-5m/s2,根据牛顿第二定律有-μmg=ma1,联立解得μ=0.5。(6)根据题中信息能求出沙坡的倾角θ。答案正确;选取题表中前三组数据可得,a2=

=2m/s2,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°。(7)根据题中信息能求出这次滑沙所用的总时间t1。答案正确;根据表中数据规律及匀减速直线运动的加速度可推导t1=3.5s时人停在C点。(8)根据题中信息能求出这次滑沙在沙坡上所用的时间t2。答案正确;由于前一阶段的初速度和后一阶段的末速度都等于0,可得前、后两阶段加速度大小之比

等于时间的反比,可得前一阶段所用时间等于后一阶段所用时间的2.5倍,即整个过程所用时间t2+0.4t2=

3.5s,可求出在沙坡上所用的时间t2=2.5s。(9)根据题中信息能求出水平沙道BC的长度。答案正确;人在水平沙道上做匀减速直线运动,所用时间t3=0.4t2=1s,加速度a1=

=-5m/s2,末速度为0,则xBC=

|a1|

=2.5m。(10)根据题中信息能求出沙坡AB的长度。答案正确;沙坡AB的长度为在此段运动的位移大小,由运动学公式可求位移大小,xAB=

a2

=6.25m。我们的物理思维往往是从某个表象(通常以某种状态的现象或现状)出发进行描述和分析,一般先

追本溯源,探究这种现象或现状出现的原因和条件;接着顺藤摸瓜,揭示这种现象或现状蕴含的内在规

律;然后寻踪觅迹,进行拓展延伸和趋势预测。

素能进阶通过上述“真题解码”,我们初步了解了本单元的核心知识在解决实际问题时的技巧与方法。本

单元是运动与相互作用观念的具体应用,运动及其变化是表象,引起运动变化的受力是关键,其核心的

思维线索就是以加速度为纽带将运动和力联系起来。如思考路径图所示,所呈现的题型主要有两类:一

类是已知受力求运动(例如2022年浙江6月高考卷第19题),另一类是已知运动求受力(例如探究4▶举一

反三)。解答问题的思维方法主要集中在两个方面:一是受力分析,根据牛顿运动定律列受力方程;二是

运动分析,根据运动规律列运动方程。为了帮助大家在备考复习中清晰梳理和融会贯通,特设立几个专

题进行详细探究。专题3牛顿第二定律的应用解法探秘真题试练1：基本模型的应用(2022辽宁,7,4分)如图所示,一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1s从

另一端滑落。物块与桌面间的动摩擦因数为μ,g取10m/s2。下列v0、μ的取值可能正确的是

()

A.v0=2.5m/sB.v0=1.5m/sC.μ=0.28D.μ=0.25B解析小物块在水平桌面沿中线做匀减速直线运动,则

=

=

,由题意知x=1m,t=1s,v>0,代入数据有v0<2m/s,A不可能正确,B可能正确。对小物块受力分析结合牛顿第二定律有a=-μg,v2-

=2ax,得

+2ax>0,由v0<2m/s可得μ<0.2,C、D不可能正确。

探究1一题多解试用多种运动学解法解题(提示:匀变速基本公式法、图像法)。解法重构答案本题为标准的水平面运动模型,小物块做匀变速直线运动,已知位移、时间,求解动摩擦因数和

初速度的取值范围,找出可能的v0和μ的值。解法一由于已知运动时间与位移,应用位移时间关系式x=v0t+

at2,速度时间关系式v=v0+at>0,联立解得μ<0.2,v0<2m/s。解法二绘制小物块的速度-时间图像如图所示

图线与横轴围成的面积表示位移,则x=

t,且v=v0+at>0,联立解得μ<0.2,v0<2m/s。探究2拓展设问①设问1:若小物块恰好从桌面另一端滑落,则v0、μ值为多少?②设问2:若小物块以初速度v0=2m/s沿中线滑向另一端,停在了桌子正中间,其他条件不变,求物块与桌

面间的动摩擦因数μ与物块的滑行时间t'。③设问3:若已知小物块以初速度v0=1.5m/s沿中线滑上长1m、动摩擦因数μ=0.1的水平桌面,用多种方

法求滑动时间t=1s时小物块的速度v(重力加速度g=10m/s2)。答案①由于小物块恰好滑落,故末速度v=v0-at=0,a=μg,x=

v0t,联立解得μ=0.2,v0=2m/s。②由于运动时间未知,应用位移与速度关系式,则-2ax'=0-

,a=μg,联立解得μ=0.4。由于

=

=

,代入数据解得t'=0.5s。③本题应首先判断物块是否在1s时已经停下来,若没有停下来还需判断小物块此时是否已经滑落。根

据牛顿第二定律有a=μg。若桌面足够长,则物块的滑行时间t停=

=1.5s,1s时还未停下来,则1s时小物块滑行的位移x″=v0t-

at2=1m,故1s时物块恰好滑落,此时的速度可以由三种方法求解。解法一应用速度时间关系式得v=v0-at=0.5m/s。解法二由动能定理得-μmgx″=

mv2-

m

,解得v=0.5m/s。解法三由动量定理有-μmgt=mv-mv0,解得v=0.5m/s。

【互动互探】通过上述探究,你知道有哪些求解速度的方法吗?互动点拨高中力学中求解物体速度是核心问题之一,常见的三种方法为牛顿运动定律结合运动学公式、动能定

理和动量定理。三种方法在解决物理问题上是等价的,但各有优势,如表所示。

牛顿运动定律结合运动学公式动能定理动量定理本质通过受力分析求加速度,结

合运动学公式推导速度通过能量转化,直接建立功

与动能变化的关系从冲量与动量变化的关系

切入,建立力与速度的联系核心公式①F合=ma②v=v0+atx=v0t+

at2v2-

=2axW合=ΔEk=

mv2-

m

I合=Δp=mv-mv0核心物理量加速度、时间力、位移力、时间优势过程清晰,容易入手(1)标量运算,避开了矢量的

方向问题(2)可避开中间复杂过程(1)矢量性明显(需规定正

方向),可用来判定速度的

方向(2)特别适用于流体冲击、

连续作用问题

探究3同类竞探1.情境变异·水平桌面→倾斜坡面

(2025山东,8,3分)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡

面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂

直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加

速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为

()

BA.gsin2θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2θ-μgcosθ-μgsin2θ审题指导物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。解析如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN的G2,由几何关

系可得G1=mgcosθ、G2=mgsinθ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2分解为沿挡板MN的G3和垂直于

挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2cosθ=mgsinθcosθ、G4=G2sinθ=mgsin2

θ。(点拨:建筑材料沿

坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂直于挡板方向所受合力均为零)建筑材料与坡面间的摩擦力

Ff1=μFN1=μG1,建筑材料与挡板间的摩擦力Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀加

速滑行的加速度大小a=

=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2

θ,B正确。

2.现象追踪·超重与失重

(2020山东,1,3分)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时

间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。

以下判断正确的是()A.0~t1时间内,v增大,FN>mgB.t1~t2时间内,v减小,FN<mgC.t2~t3时间内,v增大,FN<mgD.t2~t3时间内,v减小,FN>mgD解析

s-t图像中图线切线的斜率表示速度。在0~t1时间内,s-t图像中图线切线的斜率增大,v增大,由题

设条件知,乘客速度方向向下,加速度方向向下,由牛顿第二定律得mg-FN=ma,即FN=mg-ma<mg,A错误;在

t1~t2时间内,s-t图像中图线切线的斜率不变,v不变,由题设条件可知,乘客速度方向向下,加速度为零,由牛

顿第二定律得mg-FN=0,即FN=mg,B错误;在t2~t3时间内,s-t图像中图线切线的斜率减小,v减小,由题设条件

可知,乘客速度方向向下,加速度方向向上,由牛顿第二定律得FN-mg=ma,即FN=mg+ma>mg,C错误,D正确。

【互动互探】生活中存在大量的超重、失重的现象,判断超重、失重的方法有哪些?互动点拨(1)从力的角度判断:分析物体所受竖直向上的力(或该方向上的分力)大于重力时,物体处于超重状态;小

于重力时,物体处于失重状态;等于0时,物体处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断:当物体具有竖直向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有竖直向下的(分)

加速度时,物体处于失重状态;竖直向下的(分)加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态。3.情境变异·斜面模型

(2021全国甲,14,6分)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座

上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将

小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有

关。若θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将

()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大D解析本题为斜面模型的实际应用,研究对象为小物块,斜面光滑、小物块初速度为0,则对小物块受力

分析结合牛顿第二定律,可知沿斜面方向的加速度为g

sinθ,垂直斜面方向受力平衡。设P、Q的水平距

离为L,由运动学公式可知

=

g

sinθ·t2,可得t2=

,可知当θ=45°时t有最小值,故当θ由30°逐渐增大至60°时,下滑时间t先减小后增大。D正确。4.生活应用·传送带

(2021辽宁,13,11分)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=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95m。工作人员沿

传送方向以速度v2=1.6m/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=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(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。

答案(1)0.4m/s2(2)4.5s解析本题属于倾斜的传送带模型,进行受力分析时,与斜面模型相似,需进行正交分解。(1)因为v1<v2,所以包裹相对于传送带向下滑动,所受滑动摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有μmg

cosα-mgsinα=ma,代入数据解得a=0.4m/s2(2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2减速阶段有v1=v2-at1,

-

=2ax1匀速阶段有x2=v1t2,x1+x2=L且t=t1+t2,联立解得t=4.5s(2023福建,5,6分)(多选)如图所示,一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含

乘客),在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢,车头对第一节车厢的

拉力为T1,第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2,第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3,则

()A.当火车匀速直线运动时,T1=T2=T3B.当火车匀速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1C.当火车匀加速直线运动时,T1=T2=T3D.当火车匀加速直线运动时,T1∶T2∶T3=3∶2∶1真题试练2：复杂模型应用解析设每节车厢的质量为m,火车做匀加速直线运动时,对三节车厢整体进行受力分析,由牛顿第二定

律有T1-k(3mg)=3ma,解得T1=3m(a+kg),同理,对后两节车厢整体进行分析,有T2=2m(a+kg),对第三节车厢

进行分析,有T3=m(a+kg)。分析可知,不论火车做匀速直线运动还是匀变速直线运动,均有T1∶T2∶T3=

3∶2∶1,B、D正确,A、C错误。BD

探究1方法总结“真题试练2”的题目属于连接体模型的实际应用,综合应用整体法和隔离法求解连接体系统的内

力。如图所示,若力F推着A、B两物体(质量分别是M与m),二者以相同的初速度在同一水平面上滑动。

两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则A、B两物体间的相互作用力T可用以下方法

求解。

对整体有F-μ(M+m)g=(M+m)a,对受力简单的B有T-μmg=ma,求解可得T=

F,可得出结论:运动情况相同,受力情况“相似”,则各力大小与质量成正比。该结论可直接应用于“真题试练2”中的D选项

的推导。请尝试应用此方法求解。解法重构答案求T1时将三节车厢看作模型中的B物体,剩余部分(车头)为A物体,求解T2时将后两节车厢看作模

型中的B物体,求解T3时将第三节车厢看作模型中的B物体,直接代入公式即可得到T1∶T2∶T3=3∶2∶1。探究2拓展设问①设问1:若A、B两个物体改为叠放,水平地面光滑,A、B之间没有相对滑动,外力F作用于物体B上,A物

体质量仍为M,B物体质量仍为m,则A、B之间的静摩擦力f为多大?

②设问2:设问1中若外力F作用于A上,A、B未发生相对滑动,则A、B之间的静摩擦力f为多大?答案①同样用整体法和隔离法求解,对整体有F=(M+m)a,对受力简单的A有f=Ma联立解得f=

F。②对整体与物体B分别应用牛顿第二定律,或直接应用方法总结中的结论可得f=

F。探究3同类竞探1.条件变异·外力变化

(2021海南,7,3分)如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相

连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。

已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5kg、mQ=0.2kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10

m/s2。则推力F的大小为

()

A.4.0NB.3.0NC.2.5ND.1.5NA解析

P静止在水平桌面上时,Q也静止,对P、Q分别进行受力分析,由平衡条件可得T1=mQg=2N,f=T1=2

N<μmPg=2.5N。当推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2=

=1N,物块Q受到的重力大于轻绳的张力,则其加速下降,根据牛顿第二定律可得mQg-T2=mQa,解得a=5m/s2;P、Q通过轻绳相连,故

物块P将以大小相同的加速度向右加速运动,此时受到向左的滑动摩擦力,对P由牛顿第二定律可得T2+

F-μmPg=mPa,解得F=4.0N,A正确。2.图像表征·板块模型

(2021全国乙,21,6分)(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()

A.F1=μ1m1gB.F2=

(μ2-μ1)gBCDC.μ2>

μ1D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等解析根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~t1这段时间内,木板与地面保持相对

静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变

化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木

板与物块间出现相对滑动,对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>

μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g

,B正确。

3.情境变异·多过程问题

(2024海南,17,12分)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的

光滑圆弧形滑梯,半径R=10m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧

靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板的质量M=25kg,一质量为m=50kg的游客从a点由静止开始下滑,在

b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台

上滑行s=16m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻

力,重力加速度g=10m/s2,求:(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;(2)滑板的长度L。

答案(1)1000N(2)7m解析(1)游客从a点滑到b点,由动能定理有mgh=

m

-0游客在b点,有F-mg=m

联立解得F=1000N由牛顿第三定律可知,游客滑到b点时对滑梯的压力的大小F'=F=1000N。(2)解法一:动力学方法游客在平台上滑行s=16m后停下,由牛顿第二定律有μmg=ma1由运动学规律有0-

=-2a1s解得游客刚滑上平台时的速度大小为v1=8m/s游客滑上平台前在滑板上滑动时,对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3游客在滑板上滑动的过程,由运动学规律有v1=vb-a2t游客的位移为x1=vbt-

a2t2滑板的位移为x2=

a3t2滑板的长度L=x1-x2联立解得L=7m。解法二:动量方法游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,有mvb=mv1+Mv2由能量守恒有

m

=

m

+

M

+μmgL对游客在平台上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0-

m

联立解得L=7m。1.动力学的两类基本问题:已知受力情况求解运动和已知运动情况求解力。不论哪类问题,牛顿第二定律都是核心。基本思路如下。

不难看出,受力分析与运动分析,以及寻找二者的关联是解答这类问题的关键。解法密钥底层逻辑2.应用牛顿第二定律解决问题的一般步骤

1.数形结合分析动力学问题(1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,掌握物理图像所反映的物理过程。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义,例如图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图

线的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,应用物理规律列出与图像对

应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题进行准确判

断。2.整体法与隔离法——连接体问题的分析整体法、隔离法的交替运用,若连接体或系统内各物体具有相同的加速度,且要求系统内物体之间的作

用力时,可以先用整体法求出加速度,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”。思维方法3.分析临界极值问题的三种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,可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

思维核心

(1)在备考的过程中,我们需要牢牢把握受力分析和运动分析的主线,透过情境看本质。充分利用函数

图像、示意图展示过程,注意拆分复杂过程,注重思维过程和语言表达的规范性,解题过程中注意分类

总结,准确把握思考方向。(2)掌握常考的模型,例如板块模型、连接体模型、弹簧模型、传送带模型等。(3)深入理解力以及力的运算法则,学会正确地进行受力分析。对于连接体问题和动态平衡问题的研

究,我们应当学会灵活选择研究对象,即整体法与隔离法的灵活运用,以提升解题效率。(4)熟练掌握思维方法中所提及的解题技巧,并尝试将生活中的现象与所学知识相联系,以增强运用物

理知识解决现实问题的能力。考向探秘1.(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合

力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是()

A解法特训解析由题图可知,机器人在0~1s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速直线运动,1~2s

时间内所受合力为0,加速度为0,2~3s时间内所受合力与0~1s时间内所受合力大小相等、方向相反,机

器人的加速度也与0~1s内机器人的加速度大小相等、方向相反,而且0~1s时间内与2~3s时间内的时

间间隔相等,A正确。2.(2025黑吉辽蒙,10,6分)(多选)如图(A),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物

块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对

地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(B)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时

切线斜率为0,则

()A.μ1+μ2=2tanθB.t=t0时,甲的速度大小为3v0ADC.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左解析甲、乙的x-t曲线均为抛物线,说明甲、乙的运动均为匀变速直线运动,乙的x-t曲线在t=t0时切线

斜率为0,则t=t0时乙的速度为0,对乙有x0=

t0,对甲有3x0=

t0,解得v=2v0,B错误;对甲有v=v0+a1t0①,mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1②,对乙有0=v0-a2t0③,μ2mgcosθ-mgsinθ=ma2④,解得a1=a2,μ1+μ2=2tanθ,A正确;t

=t0之前,甲做加速运动,乙做减速运动,且加速度大小a1=a2,以斜面、甲和乙三者组成的整体为研究对象,

则整体加速度为零,则地面对斜面无摩擦力,C错误;t=t0之后,甲继续加速下滑,乙停止运动,则地面对斜面

的摩擦力方向向左,D正确。3.(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固

定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统

在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是()

A.A球静止时,轻绳上拉力为2mgB.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mgC.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小C审题指导A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。解析对A进行受力分析,如图

由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向,故T=mg,F库=2mgcos30°=

mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前

对A的拉力大小相等、方向相反,故加速度大小为g,C正确。在绳剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不

变,则轻杆的力不变,D错误。4.如图所示,足够长的传送带倾角为θ,以恒定速率v1沿顺时针方向传动。一物块从传送带顶端以初速度v2

沿传送带向下滑上传送带,已知v2>v1,物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ。以物块刚滑上传送带的位

置为起点,以传送带底端所在水平面为零势能面,则物块的速率v和动能Ek与路程x的关系图像可能正确

的是()

D解析由于μ>tanθ,则物块先沿传送带向下做匀减速直线运动,合力大小F合=μmgcosθ-mgsinθ,方向沿

传送带向上,速度减为零后物块沿传送带向上做匀加速直线运动,合力大小F'合=μmgcosθ-mgsinθ,方向

沿传送带向上,因为v2>v1,所以物块沿传送带向上运动到与传送带速度相同后,与传送带相对静止向上

做匀速运动,此时物块所受合力为零;减速阶段有0-

=2a1x1,加速阶段有

-0=2a2Δx2,所以物块速率v与路程x的变化关系图线不是直线,A、B错误。由动能定理得F合·Δx=ΔEk,即

=F合,可知Ek-x图线斜率的绝对值表示合力大小,动能减小过程和动能增加过程,图线斜率的绝对值相等,最终物块的动能小于初动

能并保持不变,C错误,D正确。5.如图所示,P、Q两小球通过两根细线及一轻质弹簧悬挂在O、O'点。系统静止时,两细线与竖直方向

的夹角均为30°,弹簧与竖直方向的夹角为60°。已知小球Q的质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确

的是

()DA.O'Q间细线张力的大小为

mgB.弹簧弹力的大小为

mgC.剪断弹簧瞬间,球P的加速度大小为

gD.球P的质量为

m解析对Q受力分析,Q受竖直向下的重力、细线O'Q的拉力和弹簧的弹力,根据平衡条件可得FO'Q=mg

cos30°=

mg,F弹=mgsin30°=

mg,A、B错误。对球P受力分析,有F弹sin60°=FOPsin30°,mPg+F弹cos60°=FOPcos30°,联立解得FOP=

mg,mP=

m,D正确。剪断弹簧瞬间,OP细线中弹力发生突变,球P的运动为圆周运动的一部分,根据牛顿第二定律得球P的加速度大小a=