第3章 专题强化(三) 牛顿运动定律的综合应用(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 专题强化(三)　 牛顿运动定律的综合应用 备考目标 1.会用动力学图像解决问题，知道连接体的类型以及运动特点。 2.会用整体法、隔离法解决连接体问题。 3.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。 题型一 动力学中的图像问题 题型二 动力学中的连接体问题 题型三 动力学中的临界、极值问题 专题强化（三） 1．两大类型 (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。 2．一个桥梁 加速度是联系v ­t图像与F­t图像的桥梁。 3．两种方法 (1)函数法：列出所求物理量的函数关系式，理解图像的意义，理解斜率和截距 的物理意义。 (2)特殊值法：将一些特殊位置或特殊时刻或特殊情况的物理量值与图像对应点比较。 4．三大关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，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，再结合斜率、截距、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息 往往是解题的突破口或关键点。 类型1　通过F-t、F-x图像分析运动情况 【例1】(多选)(2023·内蒙古包头统考)用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间变化的图像如图乙所示，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块的质量为3 kg B．最大静摩擦力为3 N C．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s D．若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m 解析：选ABC。根据图乙可知，在1 s时刻，物块恰好开始运动，此时拉力大小等于最大静摩擦力，根据图甲可知，最大静摩擦力为3 N，B正确；在2 s时刻 拉力为6 N，加速度为1 m/s2，则有m＝ kg＝3 kg，A正确；at图像的面积表示速度的变化量，结合上述则有v4＝Δv＝ m/s＝4.5 m/s，撤去拉力的加速度大小a＝ m/s2＝1 m/s2，则物块还可以继续滑行的时间t＝＝4.5 s，C正确；根据上述，若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行的距离x＝＝10.125 m，D错误。 【例2】(多选)如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1 kg 的物体，物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F 作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F与物体离开静止位置的位移x 的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2 。下列说法正确的是(　　) A．物体运动的加速度大小为4 m/s2 B．开始时弹簧形变量为4 cm C．弹簧的劲度系数为200 N/m D．从物体开始运动时计时，当t＝0.1 s时弹簧的形变量为3 cm 解析：选ACD。物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，从图上读出外力F＝4 N，则开始运动时合力为F合＝F＝4 N，根据牛顿第二定律F合＝ma，解得物体运动的加速度为a＝4 m/s2，故A正确；假设开始时弹簧形变量为x0，此时弹簧弹力F0＝mg＝10 N，根据胡克定律可得kx0＝10 N，当F′＝12 N时，根据牛顿第二定律F′－mg＋F1＝ma，解得弹簧弹力F1＝2 N，从图上读出此时的位移为4 cm，则根据胡克定律可得k(x0－0.04)＝2，联立上述关系式解得k＝200 N/m，x0＝5 cm，故B错误，C正确；物体做初速度为0的匀加速直线运动，当t＝0.1 s时位移为x＝at2＝0.02 m，则此时弹簧的形变量为x1＝x0－x＝3 cm，故D正 确。 类型2　通过v-t、a-t图像分析受力情况 【例3】将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v ­t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球所受重力和阻力之比为6∶1 B．小球上升与下落所用时间之比为2∶3 C．小球回落到抛出点的速度大小为8 m/s D．小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态 解析：选C。小球向上做匀减速运动的加速度大小a1＝12 m/s2，根据牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2 N，则重力和阻力大小之比为5∶1，故A错误；小球下降的加速度大小a2＝＝ m/s2＝8 m/s2，根据x＝at2得t＝，知上升的时间和下落的时间之比为t1∶t2＝∶＝∶3，故B错误；小球匀减速上升的位移x＝×12×22 m＝24 m，根据v2＝2a2x得，v＝＝ m/s＝8 m/s，故C正确；下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 类型3　通过a-F图像分析力与运动的关系 【例4】(多选)(2023·山东济宁模拟)如图(a)，一水平外力F作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2。根据图(b)判断，下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝2 kg B．斜面的倾角θ＝53° C．加速度为5 m/s2时力F的大小为25 N D．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F＝15 N 解析：选AD。当a1＝2 m/s2，a2＝6 m/s2，a3＝－6 m/s2时，F1cos θ－mg sin θ＝ma1，F2cos θ－mg sin θ＝ma2，mg sin θ＝m|a3|，其中F1＝20 N，F2＝30 N，解得θ＝37°，m＝2 kg，故A正确，B错误；加速度为5 m/s2时，由F cos θ－mg sin θ＝ma，解得F＝ N，故C错误；物体静止在斜面上时，有F cos θ＝mg sin θ，解得F＝15 N，故D正确。 连接体的解题思路 对于连接体问题，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。 类型1　共速连接体——力的“分配” 两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如以下4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且F弹＝F。 (1) (2) (3) (4) 地面光滑 m1、m2与地面间的动摩擦因数相同，地面粗糙 m1、m2与固定粗糙斜面间的动摩擦因数相同 【例1】(2023·湖南常德模拟)如图所示，5块质量均为m的木块并排放在水平地面上，编号为3的木块与地面间的动摩擦因数为，其他木块与地面间的动摩擦因数为，当用水平力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法正确的是(　　) A．由右向左，两块木块之间的摩擦力依次变小 B．木块加速度为0.2 m/s2 C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.90F D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.38F 解析：选D。木块之间只有弹力，无摩擦力，A错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律F－·mg－·4mg＝5ma，得a＝，由于未知，加速度无法求得结果，B错误；对前两块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－·2mg－F23＝2ma，得F23＝0.62F，C错误；对前三块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－·2mg－·mg－F34＝3ma，得F34＝0.38F，D正确。 【例2】如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块，在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T1 ，某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了，其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2，则T1∶T2等于(　　) A．9∶2 B．9∶8 C．3∶2 D．1∶1 解析：选B。匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得 F＝4mg sin θ＋4f，对2、3、4物块由平衡条件可得3mg sin θ＋3f＝T1，可得T1＝；连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3根据牛顿第二定律可得，F－3mg sin θ－3f＝3ma，对2、3物块根据牛顿第二定律可得T2－2mg sin θ－2f＝2ma，可得T2＝，可得T1∶T2＝9∶8，故B正确。 类型2　关联速度连接体 (1)特点：速度、加速度大小相等，方向不同。 (2)解决方法：分别对两物体受力分析，应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解。 【例3】(多选)(2023·甘肃天水统考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g。已知物体A、B的质量相等，均为4m，物体C的质量为2m，一切摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，现将装置从静止释放。下列说法正确的是(　　) A．物体C的加速度为 B．物体C的加速度为 C．物体C对B的拉力为 D．物体C对B的拉力为 解析：选AC。对A、B、C的整体由牛顿第二定律a＝＝g，即物体C的加速度为，A正确，B错误；对物体C分析可知2mg－T＝2ma，解得T＝，即物体C对B的拉力为，C正确，D错误。 【例4】如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其vt图如图(b)所示。已知砝码质量为0.10 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，求： (1)物块A的质量； (2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。 解析：(1)由题图(b)可知，物块A在P点左边运动的加速度 a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 根据牛顿第二定律mBg＝(mB＋mA)a1 代入数据解得mA＝0.4 kg。 (2)物块A在P点右边运动的加速度 a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 根据牛顿第二定律 mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2 代入数据解得μ＝0.125。 答案：(1)0.4 kg　(2)0.125 常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0。 类型1　 临界问题 【例1】如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力F，使物体A以加速度a0做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的ax图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度g。以下说法正确的是(　　) A．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变 B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小 C．B位移为x1时，A、B之间弹力大小为0 D．B位移为x2时，弹簧达到原长状态 解析：选C。以A、B为整体分析，PQ段一起向上匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；在x1时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小为0，故C正确；位移为x2时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，D错误。 【例2】(多选)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是(　　) A．当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F>3μmg时，A、B间相对滑动 C．当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μg D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg 解析：选CD。地面的最大静摩擦力为f地＝0.5μ(2m＋m)g＝1.5μmg<F＝2μmg，可知A、B都相对地面发生运动，A错误；物块A能够获得的最大加速度amax＝＝μg，当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对地面静止，则有 3μmg－0.5μ(m＋2m)＝(m＋2m)a1，解得a1＝0.5μg<amax，可知当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，C正确；若A、B恰好发生相对运动，对B有amax＝＝μg，对A、B有F2－0.5μ(2m＋m)g＝(2m＋m)amax，解得F2＝4.5μmg，可知当F>4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为amax＝＝μg，即无论F为何值，A的加速度不会超过μg，D正确。 类型2　极值问题 【例3】(多选)(2023·湖南怀化模拟)如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) A．物块的初速度为2 m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g D．物块沿斜面上滑的最小距离为 m 解析：选AD。由图可知，当夹角为90°时，位移为0.2 m，由竖直上拋运动规律 v＝2gh 解得v0＝2 m/s，故A正确；当夹角为0°时，位移为0.4 m，根据2ax＝v，μmg＝ma可得μ＝0.5，故B错误；根据μmg cos θ＋mg sin θ＝ma，由数学知识可得a＝g sin θ＋μg cos θ＝g sin (θ＋φ)，因此最大加速度为amax＝g＝g，此时的位移为2amaxxmin＝v，解得xmin＝ m，故C错误，D正确。 $$