4 牛顿运动定律的三类典型问题（课件PPT）-【名师导航】2025年高考物理一轮微考点分层突破（通用版）

第3节　牛顿运动定律的三类典型问题 第三章　运动和力的关系 PART 复习目标 2 高三物理一轮复习课件 1、理解和掌握牛顿第二定律的瞬时性问题 2、会处理牛顿运动学图像问题 3、会处理牛顿运动学中的临界极值问题 01 01 02 目 录 考点一　瞬时性问题 考点二　动力学的图像问题 03 考点三　临界极值问题 3 1．两种模型 考点1 瞬时性问题 2．求解思路 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，求解瞬时加速度的一般思路如下： 例1、(2024·盐城高三检测)如图所示，质量相等的小球m1、m2通过轻弹簧相连，处于静止状态。现突然将图中A处剪断，在剪断的瞬间m1、m2的加速度分别为(　 ) A．2g、0 B．2g、g C．g、g D．g、0 [答案]　A [针对训练] 1．(2023·江阴高三开学考试)两个质量均为m 的小球A、B用轻质弹簧连接，且放置在倾角为θ＝ 30°的光滑斜面上，A球用一根细线与斜面上O点 连接，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，设小球A、B的加速度分别用aA、aB表示，则下列说法正确的是(　 ) 答案：B　 解析：细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零，aB＝0；烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选B。 2．(2024·宿迁高三调研)如图，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则(　 ) A．a的质量可能小于2msin θ B．剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θ C．剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θ D．剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大 答案：B　 解析：根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T＝2mgsin θ，对a受力分析可得mag＝2mgsin θ＋FN，可知ma≥2msin θ，故A错误； 弹簧的弹力为kx＝mgsin θ，剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不突变，此时对b物体有kx＋mgsin θ＝ma，则加速度大小为2gsin θ，故B正确； 剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0，故C错误； 剪断竖直绳后的一小段时间内，物体b的加速度大于c的加速度，则b、c的距离变小，故D错误。 [思维建模]　三类常见的动力学图像题型 题型 解题思路 由运动图像分析受力情况 (1)根据运动图像，求解加速度。 (2)应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系。 (3)确定物体受力情况及相关物理量 考点2 动力学图像问题 由受力图像分析运动情况 (1)根据受力图像，结合牛顿第二定律，确定加速度的变化。 (2)根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减速运动。 (3)由加速度结合初始运动状态，分析物体的运动情况 由已知条件确定物理量的变化图像 (1)分析运动过程中物体的受力。 (2)根据牛顿第二定律推导出加速度表达式。 (3)根据加速度的变化确定物理量的变化图像 续 表 例2、如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F作用下，由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　 ) A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.7 B．水平外力F＝5.5 N C．水平外力F＝4 N D．物体在0～4 s内的位移为24 m [关键点拨] 切入点 由v-t图像确定物体在前2 s和后2 s内的加速度，v-t图像与t轴所围面积表示物体的位移 疑难点 拉力F水平作用时，物体所受滑动摩擦力不等于μmgcos θ 反思点 (1)由v-t图像可确定各时间段内加速度的大小和方向 (2)做好物体在各时间段内的受力分析 [答案]　C ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B错误，C正确；由v－t图线与t轴围成的面积表示位移，可得物体在0～4 s内的位移为：x＝28 m，故D错误。 1． (2023·全国甲卷改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　 ) A．m甲<m乙 B．m甲=m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 [针对训练] 答案：C 解析：根据牛顿第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。 2． (2024·淮安高三质检)如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体在斜面上由静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法正确的是(　 ) A．2 s末物体的速度大小是2.5 m/s B．2 s末物体的速度大小是10 m/s C．前16 s内物体发生的位移大小是15 m D．前16 s内物体发生的位移大小是30 m 答案：D　 解析：由牛顿第二定律可得mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，代入数据得： a1＝2.5 m/s2，又v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5 m/s，故A、B错误； 考点3 牛顿运动学中的临界极值问题 1、常见的临界极值条件 高三物理一轮复习课件 (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. 考点3 牛顿运动学中的临界极值问题 2、求解临界极值的基本思路 高三物理一轮复习课件 (1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)； (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． 考点3 牛顿运动学中的临界极值问题 3、临界极值问题的求解方法 高三物理一轮复习课件 (1)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． (2)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． (3)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． [例3]　 (2024·山东潍坊高三模拟)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。木块A的质量m＝1.5 kg，木板B的质量M＝2.0 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，木板B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于木板B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4(N)(F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求： 考向1 叠加体的临界问题 (1)经过多长时间木板B开始滑动； (2)经过多长时间木块A开始相对木板B滑动； (3)当t＝3 s时，A、B间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。 [解析]　(1)当木板B开始滑动时，B与地面间的摩擦力与F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N)，解得t1＝2 s。 (2)当木块A开始在木板B上滑动时，对木块A有μ1mg＝ma 对整体F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a 由题知F2＝5t2＋4(N)，解得t2＝3.4 s。 [答案]　(1)2 s　(2)3.4 s　(3)2.1 N [思路点拨] 叠加体发生相对滑动的临界条件：两物体接触面之间的静摩擦力达到最大值。不加区分时，临界条件可表述为两物体接触面之间的静摩擦力等于滑动摩擦力。　　 考向2　接触物体脱离的临界问题 [答案]　A [思路点拨] 两接触物体间发生脱离的临界条件是接触面间的弹力FN＝0，而且分离瞬间，两物体的加速度和速度均相同。　　 [例5]　如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的最远距离x将发生变化，木板足够长，重力加速度g取10 m/s2。 考向3 运动物理量的极值问题 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 【思路点拨] 通过牛顿第二定律和匀变速直线运动规律将运动学中的物理量转化为数学表达式，再利用数学方法解决极值问题。　　 [解析]　设两小球质量均为m，剪断轻绳前对下方小球m2受力分析可得弹簧弹力kx＝mg，剪断轻绳的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球m1所受合力为kx＋mg＝2mg，根据牛顿第二定律，则小球m1的加速度a1＝＝2g，小球m2的受力情况没有变化，小球m2所受合力为零，小球m2的加速度为a2＝0，A项正确。 A．aA＝0　aB＝g B．aA＝g　aB＝0 C．aA＝g　aB＝g D．aA＝0　aB＝g [解析]　根据v－t图像的斜率表示加速度，知2～4 s 内物体的加速度为：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A错误；0～2 s内物体的加速度为：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsin θ 物体在前 2 s 内发生的位移为x1，则x1＝a1t12＝5 m，当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，代入数据可得a2＝0.5 m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，解得t2＝10 s，t2时间发生的位移为x2，则x2＝a2t22＝25 m，由于mgsin θ－μmgcos θ<F2<μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在12～16 s 时间内处于静止状态，故物体在前16 s 内所发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下，故C错误，D正确。 (3)因t2>t3＝3 s>t1，木板B已滑动，但A、B间未发生相对滑动，A、B间的摩擦力Ff＝ma′ 对整体F3－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a′ 且F3＝5t3＋4(N)，解得Ff＝ N≈2.1 N。 [例2]　（2023·常州高三调研）倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)(　 ) A．10 N B．5 N C. N D. N [解析]　当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力，如图1所示，根据牛顿第二定律，有FTcos θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有FT′cos α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，解得FT′＝mg＝××10 N＝10 N，故A正确。 [解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 由0－v02＝2ax，解得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ，则x＝， 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°， 所以x最小值为 xmin＝＝＝ m。 [答案]　(1)　(2)θ＝60°　 m $$