第3章 专题强化四 牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

专题强化四　牛顿运动定律的综合应用 ——动力学图像、连接体及临界极值问题 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 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° 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＝－x＋ 由图可知 ＝4 m/s2；＝ 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＝－x＋由图可知 ＝ N/m·kg，＝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 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＝＝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 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＝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＝＝0.7mg 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 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＝＝ 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． [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 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＝＝(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＝＝m/s＝ 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＝＝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 [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＝2ax，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝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＝－g，此时x有最小值，为xmin＝＝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 学科网（北京）股份有限公司 $$