第3章 专题突破5 牛顿运动定律的综合应用-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第三章　运动和力的关系 专题突破5　牛顿运动定律的综合应用 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 突破点一　动力学的连接体问题 突破点二　动力学的临界、极值问题 突破点三　“等时圆”模型 一 核心知识　典例研析 突破点一　动力学的连接体问题 基础考点 1. 常见连接体模型 多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的 系统称为连接体。 (1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相 等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。 (2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度；相对运动时根据受力 特点结合运动情景分析。 (3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度 总是相等的；轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。 2. 连接体问题的分析方法 适用条件 注意事项 优点 整体法 系统内各物体保持相对静止，即各物体具有相同的加速度 只分析系统外力， 不分析系统内各物 体间的相互作用力 便于求解系统受到 的外加作用力 适用条件 注意事项 优点 隔离法 (1)系统内各物体加速度不相同 (2)要求计算系统内物体间的相互作用力 (1)求系统内各物体间的相互作用力时，可先用整体法，再用隔离法 (2)加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法分析 便于求解系统内各物体间的相互作用力　 [典例1]　如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2， 中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同。现用力F向右拉木块2，当两 木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正 确的是(　C　) C A. 若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大 B. 若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据 牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木 块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝， 系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力 大小与两木块质量大小有关，与动摩擦因数μ无关，即与水平面是否粗 糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝ F，且m2越大绳的拉力越小，故选C。 [典例2]　(2024·九省联考吉林卷)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于 倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙 紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动 过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度 为g。挡板对乙的弹力最大值为(　C　) C A. 2mgsin θ B. 3mgsin θ C. 4mgsin θ D. 5mgsin θ 物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小，最小值为0，此时对乙 有F弹1＝mgsin θ 对甲有F弹1＋mgsin θ＝ma 物块甲运动至最低点时挡板对乙的弹力最大，根据对称性有F弹2－mgsin θ＝ma 对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为 FN＝F弹2＋mgsin θ＝4mgsin θ 故选C。 [典例3]　(多选)(2023·湖北荆州检测)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　BC　) BC A. mB＝ B. mB＝ C. a＝0.2g D. a＝0.4g 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛 顿第二定律有(mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a；当物体放在A 盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 (m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a，联立解得mB＝，加速度大 小为a＝0.2g，故A、D错误，B、C正确。 方法技巧 处理连接体问题的四点技巧 1. 同一方向的连接体问题：这类问题通常具有相同的加速度，解题时一 般采用先整体后隔离的方法。 2. 不同方向的连接体问题：由跨过定滑轮的绳相连的两个物体，不在同 一直线上运动，加速度大小相等，但方向不同，可采用整体法或隔离法 求解。 3. 处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先 用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。 4. 用隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行 分析。 突破点二　动力学的临界、极值问题 1. “四种”典型的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力 FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦 力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子 断与不断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 与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，速度 达到最大值或最小值。 2. “三种”典型的常用方法 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)显现出 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，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解决临界极值问题 考向1　相对滑动的临界问题 [典例4]　(多选)(2024·广东珠海模拟)如图甲所示，物块A、B静止叠放在 水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用，A、B间的 摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。 已知物块A的质量m＝3 kg，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，则下列说法正确的是(　AB　) AB A. 两物块间的动摩擦因数为0.2 B. 当0＜F＜4 N时，A、B保持静止 C. 当4 N＜F＜12 N时，A、B发生相对滑动 D. 当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大 根据题图乙可知，A、B发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦力为6 N，所以A、B之间的动摩擦因数μ＝＝0.2，选项A正确；当0＜F＜4 N时，根据题图乙可知，f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4 N＜F＜12 N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F＞12 N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有 a＝＝2 m/s2，加速度不变，选项D错误。 考向2　恰好脱离的动力学临界问题 [典例5]　(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的 轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg 的小物块A，整个装置静止。现 对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2 做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m， g取10 m/s2。以下结论正确的是(　BC　) BC A. 变力F的最小值为2 N B. 变力F的最小值为6 N C. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 对A、B整体受力分析有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA ＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时， FNAB最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确， A错误；刚开始时，弹簧的压缩量为x1＝＝0.05 m，A、B分离 时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知 kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m，物块A在这一过程的位移 为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入 数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误。 考向3　动力学中的极值问题 [典例6]　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，若 让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度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距离x将发生变化， 重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； 答案：　(1) (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin 30°＝f，f ＝μmgcos 30°，联立解得μ＝。 (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。 答案：　(2)θ＝60°　 m (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－＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ＝，故α＝30°， 又因x＝ 当α＋θ＝90°，即θ＝60°时x最小， 最小值xmin＝＝＝ m。 突破点三　“等时圆”模型 1. “等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止 下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相 等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2. 基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止滑到环的最低点所用时 间相等，如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止滑到光滑弦下端所用 时间相等，如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦自上端由静止滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 [典例7]　如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、 b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。 每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、 b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所 用的时间，则(　D　) D A. t1＜t2＜t3 B. t1＞t2＞t3 C. t3＞t1＞t2 D. t1＝t2＝t3 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN的作用。设 杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度 大小a＝gsin θ。设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝ Dsin θ，又x＝at2，解得t＝。可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾 角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确。 二 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2024·广东广州模拟)如图所示，在一光滑球面上有质量不计的力传感 器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2 kg， 无初速度释放后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10 m/s2， 则此时传感器的示数为(　B　) A. 20 N B. 15 N C. 10 N D. 5 N B 对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律有m乙g－m甲gsin 30°＝ (m乙＋m甲)a，对乙有m乙g－T＝m乙a，联立解得T＝15 N，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2. (2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动 摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　B　) A. 2.0 m/s2 B. 4.0 m/s2 C. 6.0 m/s2 D. 8.0 m/s2 B 书放在水平桌面上，若书相对于桌面恰好不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，则有fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2。书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3. 如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身 重力G与车厢(含座椅)的作用力F的作用下与车厢保持相对静止。座椅旁 边有一小球被细线悬挂在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成θ角，与 车厢保持相对静止。下列说法中正确的是(　C　) A. 乘客受到的合力方向与运动方向相同 B. 车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角θ越大 C. 车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G D. 悬线与竖直方向夹角θ增大，车厢对乘客的作用力F可能不变 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图可知，小球所受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀 减速运动，乘客所受合力方向与车厢运动方向也相反，选项A错误；对 小球，根据牛顿第二定律可知 mgtan θ＝ma，可得a＝gtan θ，则车厢的 加速度越大，悬线与竖直方向的夹角θ越大，但是速度大，θ不一定大， 选项B错误；对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力 F＝ ＞mg，即F一定大于乘客的重力G，选项C正确；悬线 与竖直方向夹角θ增大，则加速度a变大，车厢对 乘客的作用力F增大，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4. 如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小 车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推 力F，当F增大到稍大于3.0 N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 Fmax为(　C　) A. 2.0 N B. 3.0 N C. 6.0 N D. 9.0 N C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值fm时，系统的加 速度为a。对A、B整体，根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有fm ＝mAa，代入数据解得fm＝2.0 N。根据题图乙所示情景，设A、B刚好相 对滑动时系统的加速度为a'，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有fm＝ mBa'，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a'，代入数据解得 Fmax＝6.0 N，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5. 如图所示，轻弹簧的下端与物块Q连接，上端与物块P连接。已知P、 Q质量相等，P静止时弹簧压缩量为x0。现用一竖直向上的力F作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，至Q恰好离开地面。以x表示P离开静 止位置的位移。下列表示F和x之间关系的图像，可能正确的是(　B　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得mg＝kx0。设物块P的位移为x，当x＜x0时，弹簧对P的弹力为F1＝k(x0－x)，对物块P，由牛顿第二定律得F＋F1－mg＝ma，F＝kx＋ma；当x＞x0时，弹簧被拉伸，有F－k(x－x0)－mg＝ma，仍可得F＝kx＋ma，即F与x是线性关系，且F随x的增大而增大。当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸，拉力等于Q的重力，因此形变量也 为x0，所以P上升的距离为2x0，所以B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6. (多选)(2023·陕西西安期末)一辆货车运载着圆柱形的光滑空油桶。在 车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只 桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支 持力，和汽车一起保持静止，如图所示。下列说法正确的是(重力加速 度为g)(　AD　) AD A. 当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变大 B. 当汽车向左做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离A C. 汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大 D. 当汽车向右做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对桶C受力分析如图所示。 当汽车向左做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有FBsin θ－FAsin θ ＝ma，竖直方向根据平衡条件可得FBcos θ＋FAcos θ＝mg，加速度变 大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A正确；当汽车向 左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝g，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 汽车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB＝FA，且满足FBcos θ＋FAcos θ＝mg，所以B对C的支持力不变，故C错误；当汽车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有mgtan θ＝ma，其中θ＝30°，解得加速度a＝g，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 【B级　能力提升】 7. 如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和 m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接。在沿斜面向上的恒力F作用下， 两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　B　) A. 两物块一起运动的加速度大小为a＝ B. 弹簧的弹力大小为T＝F C. 若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小 D. 若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a， 解得a＝－gsin θ，故A错误；对物块Q受力分析，根据牛顿第二 定律有T－m2gsin θ＝m2a，解得T＝，故B正确；根据T＝ ＝可知，若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变 大，根据胡克定律可知弹簧伸长量变大，故它们的间距变大，故C错误；根据T＝可知，T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力不变，根据胡克定律可知弹簧伸长 量不变，故它们的间距不变，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8. 如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块放在水平面AB上。 在滑块的顶端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。当滑块以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小 为(g取10 m/s2)(　A　) A. 10 N B. 5 N C. N D. N A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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，此时小球受到重力和细线的拉力的作用，如图甲所示。 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，此时小球受力如图乙所示，则有FT'cos α＝m·2g，FT'sin α－mg＝0， 又cos2α＋sin2α＝1，联立解得 FT'＝10 N，故选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9. (多选)(2022·广东韶关检测)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45° 的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔 形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静 止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2，下列判断正确的是(　BD　) A. 系统做匀速直线运动 B. F＝40 N C. 斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N D. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10. 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底 端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg 的物 体，与物体P靠在一起，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统 处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开 始沿斜面向上做匀加速运动，在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为 恒力。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求力F的最大值与最小值。 答案：72 N　36 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设开始时弹簧的压缩量为x0， 由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0， 代入数据解得x0＝0.12 m， 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时 P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第 二定律得 kx1－m1gsin θ＝m1a， 前0.2 s时间内两物体的位移 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 x＝x0－x1＝at2， 联立解得a＝3 m/s2， 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则力F 的最小值 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N， 对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$