第3章 专题强化四 牛顿运动定律的综合应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第三章　运动和力的关系 专题强化四　牛顿运动定律的综合应用 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 提 分 集 训 （十五） 点击进入word 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.掌握图像的斜率、截距、特殊点、面积的物理意义；2.知道连接体的类型及运动特点，会用整体法和隔离法分析连接体问题；3.会分析临界与极值问题，并会用极限法、假设法及数学方法求解极值问题． 考点一　动力学图像问题 常见动力学图像及应用方法 v－t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F－a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量 a－t 图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F－t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 [例1]　(多选)(2023·全国甲卷)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 【解析】　由牛顿第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，结合F－a图像可知m甲＞m乙，A错误，B正确；两图线的纵轴截距相同，即μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙，C正确，D错误． 【答案】　BC 　 eq \a\vs4\al([方法指导]) 动力学图像问题的解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义． (2)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．　 [对点训练] 1．(多选)(2025·山东模拟)如图甲所示，一倾角为θ的足够长光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一挡板，一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物块A上，紧挨着A放置物块B(不与A粘连)，物块C用轻质细线通过光滑的轻质定滑轮与物块B连接，细线与斜面平行．开始时A、B均静止在斜面上，用手托住C，使细线刚好被拉直．现撤去外力，C由静止开始运动，运动过程中物块A的加速度a与位移x图像如图乙所示，已知运动过程中物体C未触地，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　 ) A．放手前弹簧的压缩量为15 cm B．物块C的质量为2 kg C．A向上运动的最大位移为12.5 cm D．斜面倾角θ＝30° A．放手前弹簧的压缩量为15 cm B．物块C的质量为2 kg C．A向上运动的最大位移为12.5 cm D．斜面倾角θ＝30° 解析：选ABD　设放手前弹簧的压缩量为x0，物块A运动位移为x，则 kx0＝(mA＋mB)g sin θ 放手后且A、B分离前 k(x0－x)＋mCg－(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB＋mC)a1 得a1＝－ eq \f(k,mA＋mB＋mC)x＋ eq \f(mCg,mA＋mB＋mC) 由图可知 eq \f(mCg,mA＋mB＋mC)＝4 m/s2； eq \f( k,mA＋mB＋mC)＝ eq \f(1.5,7.5×10-2) N/m·kg 解得 mC＝2kg，mA＋mB＋mC＝5 kg， A、B分离后，对A有 k(x0－x)－mAg sin θ＝mAa2得a2＝－ eq \f(k,mA)x＋ eq \f(mBg sin θ,mA)由图可知 eq \f(k,mA)＝ eq \f(2.5,2.5×10-2) N/m·kg， eq \f(mBg sin θ,mA)＝10 m/s2 解得 mA＝1 kg；mB＝2 kg；θ＝30°；x0＝15 cm 故选ABD. 考点二　动力学中的连接体问题 1．连接体的五大类型 弹簧连接体 轻绳连接体 轻杆连接体 INCLUDEPICTURE "W392A.TIF" 物体叠放连接体 两物体并排连接体 2.连接体的运动特点 (1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等． (2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比． (3)轻弹簧——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． (4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度．其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力． 3．连接体问题的分析 整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”． [例2]　(多选)(2025·湖北荆州期末)如图所示，4块质量均为 1 kg的木块并排放在水平地面上，编号为1和3的木块与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，编号为2和4的木块与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，设所有木块的最大静摩等于滑动摩擦力，当用10 N的水平力F推1号木块时，下列说法正确的是(　　 ) A．相邻木块间的摩擦力相等 B．木块的加速度大小为 1 m/s2 C．2号木块与3号木块之间的弹力大小为3 N D．1号木块与2号木块之间的弹力大于3号木块与4号木块间的弹力 【解析】　A．木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，故A错误； B．对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 F－f1－f2－f3－f4＝4ma 解得 a＝ eq \f(F－2μ1mg－2μ2mg,4m)＝1 m/s2故B正确； C．对1、2号木块进行整体分析，由牛顿第二定律得 F－f1－f2－f23＝2ma 解得F23＝F－μ1mg－μ2mg－2ma＝5 N 故C错误； D．对1号木块进行分析，由牛顿第二定律得 F－f1－F12＝ma解得F12＝F－μ1mg－ma＝7 N 对4号木块整体分析，由牛顿第二定律得 F34－f4＝ma解得F34＝ma＋μ2mg＝2 N 故D正确． 故选BD. 【答案】　BD eq \a\vs4\al([方法指导]) 力的“分配”原则 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，如图所示． 接触面光滑或粗糙(动摩擦因数相同) F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关，且F弹＝ eq \f(m2,m1＋m2)F.　　 [对点训练] 2．(2025·石家庄模拟)如图，固定光滑直角斜面，倾角分别为53°和37°.质量分别都为m的滑块A和B，用不可伸长的轻绳绕过直角处的光滑定滑轮连接．开始按住A使两滑块静止，绳子刚好伸直．松手后，滑块A将沿斜面向下加速，重力加速度为g，下列正确的是(　　 ) A．A、B的加速度大小为0.1g B．A、B的加速度大小为0.8g C．绳上的张力大小为mg D．绳子对滑轮的作用力为2mg 解析：选A　对滑块A分析，设绳上张力为T，根据牛顿第二定律可得 mg sin 53°－T＝ma 对滑块B T－mg sin 37°＝ma 联立解得 a＝0.1g T＝0.7 mg 根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为 F＝ eq \r(T2＋T2)＝0.7 eq \r(2)mg 故选A. 3．(2025·芜湖月考)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m，初始时系统处于静止状态．现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　 ) A．外力F刚施加的瞬间，F的大小为4 N B．当弹簧压缩量减小到0.3 m时，A、B间弹力大小为1.2 N C．A、B分离时，A物体的速度大小为 eq \f(2\r(6),5) m/s D．B物体速度达到最大时，B物体的位移为0．40 m 解析：选C　A．开始时2mg＝kx0 解得弹簧压缩量x0＝0.4 m 外力F刚施加的瞬间 F＋kx0－2mg＝2ma 解得F＝8 N 选项A错误； B．当弹簧压缩量减小到0.3 m时，对AB整体 F1＋kx1－2mg＝2ma 对A F1＋FAB－mg＝ma 解得A、B间弹力大小为FAB＝1 N 选项B错误； C．当AB分离时，两者之间的弹力为零，则对B kx2－mg＝ma 解得x2＝0.28 m 此时A的速度 vA＝ eq \r(2a(x0－x2))＝ eq \f(2\r(6),5) m/s 选项C正确； D．B物体速度达到最大时，则kx3＝mg 解得x3＝0.2 m 则B物体的位移为s＝x0－x3＝0.20 m 选项D错误． 故选C. 考点三　动力学中的临界和极值问题 1．常见临界问题的条件 (1)接触与脱离的临界条件：弹力FN＝0. (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：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. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合力为零． 2．解题基本思路 (1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段). (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． eq \a\vs4\al(角度1　恰好分离的临界问题) [例3]　(2025·南京模拟)劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和质量mA＝2 kg的小物块A相连，质量mB＝2 kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mC＝1 kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示．从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g＝10 m/s2，以下说法中正确的是(　　 ) A．撤掉外力瞬间，A的加速度为2.5 m/s2 B．当A、B恰好分离时，A的加速度为2.5 m/s2 C．当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长 D．A运动过程中的最大速度为 eq \f(\r(5),5) m/s 【解析】　A．撤掉外力瞬间，取ABC系统 mCg＝(mC＋mB＋mA)a1解得a1＝2 m/s2 选项A错误； BC.AB恰好分离时，以BC整体为研究对象有 mCg－mBg sin θ＝(mB－mC)a2 解得a2＝0 则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态；选项BC错误； D.开始AB静止，设弹簧压缩量为x0，则 kx0＝(mA＋mB)g sin θ解得x0＝0.2 m 当加速度为0时， A的速度最大，当ABC一起加速运动位移为x时，对C受力分析有 mCg－T＝mCa 对AB受力分析有 T＋F－(mA＋mB)g sin θ＝(mA＋mB)a 弹簧弹力大小为F＝k(x0－x) 联立解得 a＝ eq \f(mCg－kx,mA＋mB＋mC)＝(2－20x)m/s2 当x1＝0时，加速度a1＝2 m/s2，当a2＝0时，位移x2＝0.1 m，a－x图像如图所示，由a－x图像与坐标轴围成的面积可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为 vA＝ eq \r(2S)＝ eq \r(2×\f(2×0.1,2))m/s＝ eq \f(\r(5),5) m/s选项D正确． 故选D. 【答案】　D [例4]　(多选)(2025·广西模拟)如图所示，质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端，质量为M＝4 kg的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法中错误的是(　　 ) A．当拉力F＝18 N时，小滑块和木板一起匀速运动 B．当拉力F＝24 N时，小滑块和木板一起匀速运动 C．当拉力F＝30 N时，小滑块和木板一起加速运动 D．当拉力F＝42 N时，小滑块和木板发生相对滑动 【解析】　A．木板受到地面最大静摩擦力 f1＝μ(M＋m)g＝20 N 则当拉力F＝18 N时，小滑块和木板都保持静止，故A错误，符合题意； B．当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为a＝ eq \f(μmg,m)＝4 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知 F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma 解得F＝40 N 当拉力F＝24 N时，因为20 N＜24 N＜40 N 所以滑块和木板一起匀加速运动，故B错误，符合题意； C．当拉力F＝30 N时，因为30 N＜40 N 所以滑块和木板一起加速运动，故C正确，不符合题意； D．当拉力F＝42 N时，因为42 N＞40 N 两者发生相对滑动，故D正确，不符合题意． 故选AB. 【答案】　AB eq \a\vs4\al(角度2　动力学的极值问题) [例5]　如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　 ) A．0.12 m　　　　　　　B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m 【解析】　设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，设木块的位移为x，有0－v eq \o\al(2,0)＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝ eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g eq \r(1＋μ2)＝－ eq \f(5,4)g，此时x有最小值，为xmin＝2,0) eq \f(2v,5g) ＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确． 【答案】　C [方法指导] 处理动力学临界和极值问题的方法技巧 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，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，根据数学表达式解出临界条件 $$