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-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

(2)物体在前2s内，由适动学规律工1=立“1 对点训练 3.选ADA.由图可加，初始时手机加速度竖直向上，根据牛顿第 解得物体在前2s内运动的位移大小为x1一4m 二定律F一mg-m阳 (3)2s后物体向前微匀减速运动，水平力F大小为F:=1N 可知弹簧处于仲长状态，故A正确： F2-1 m/s 2s后物体的加速度a,= B.由图可知，0,51,5s内手机加速度竖直向下，处于失重秋 态，1,5一25内手机加逸度竖直向上，处于超重状态.故B错误： 由运动学规律v-a11一agt一2×2-1×2m/8一2m/s C,0.5一1s内，有mg一F=ma,由图可知，加速度逐渐增大，弹 【答案】(1)2m/s(2)4m(3)2m/s 力减小，故C错误： [例3]【解析】(1)设雪幸从A→B的加速度大小为，运动时间 D,根据☑一1图像中图线与横轴所国面积表示遂度变化，可知 为t,根据匀变速直线运动的规律有2alw一馆%一at 0~0.5s内手机加速向上运动，速度值逐新增大，0.5一1s内手 部得1=3a=号a/g 机向上减述运动，在一1s时刻，逸度恰好减为零，故D正确，故 (2)由题知雪车从A→C全程的运动时间1。一5s 迭AD, 设雪车从B+C的加逸度大小为41、适动时阿为4，故一6一， 微专题四 等时圆模型 根搭匀变遍直线运动的规律有似一g1十之1 =g十al1 [例门【解折】粮搭mgh一之m小球 代入数据解得a1一2m/s,一12m/5 质量相同，达O点的速率相同，则相 (3)设雪车在BC上速动时受到的阻力大小为∫，根据牛领第二 同，即各释放点处在同一水平线上，A项 定律有ngsin15°一f一ma 正确，B项错误；以O点为最低点作等时 代入数据解得f一66N. 圆，可知从A,B点运动到O,点时间相等 【答案】(1)斧m/g2(212m/s3)66N C项正确：若各次滑到O点的过程中，滑 0 对点训练 块滑动的水平距离是x,滑块额失的机械 2.选BA.斜坡加速，水平面减速过程中的平均遂度大小之比为 1-0生：生9-11，故A特送： 能为克服摩擦力微功，为W,一mg0s0·心50即各释放点处 2 于同一竖直线上，D正确， B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为 【答案】ACD 24-3:2 [例2]【解析】如图，小环沿杆下滑做 匀加速直线运动，设∠OAB为日，∠OAC 故B正确： 为a,圆的半径为r, C,斜坡加速，水平面减速过程中的加速度大小之比为 别小环沿AO下滑时，做自由落体透动， 卫：卫=2：3，故C错误： 时间为： D.斜城的加速度大小为a1一gsin0-出gc0s0,水平面的加追度 2X2r 大小为42一gg 又d142=2:3,解得=0,48.故D错误，故选B. 由匀变速适动规律得，滑环滑到B1点的 考点三 2X 2rcos 0 =T [例4【解析】A.根据题意，由图乙中4点可知，运动员的重力 时间T:' gcos d 为600N,在c点时，运动员对地板的压力大于自身的重力，处于 而由图可知，滑到B点的时间T2<T,'=T 超重秋态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处 同样报据匀变逸运动规律可得滑到C的时间 于失重状态，则cd段表示运动员先超重后失重，故A错误； B.由图乙可知，运动员在空中的时间为1一(1.8一1,2)s一0.6s T3' 2X2c054-T1 只C05a 重心上升的最大高度约h-号g(分)-0,45m,故B正确： 而由图可知，滑到C点的时间T3>工'-T C,运动员对训练台的作用力与训练台对运动员的作用力为相互 故有T:>T>T2, 【答案】D 作用力，大小相等，方向相反，别运动员对训练台的冲量大小与 训练台对递动员的冲量大小相等，F一1图像的面积表示冲量，由 [例3]【解析】设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa,da三 图可得，d段浦练台对运动员的冲量大小I满足 钿杆交于圆的最低点，三杆顶点均在圆周上，根据等时国模型 可知，由，O、d无初速释放的小滑环到达点的时间相等，即 >交X(300+1200)×(1.1-0.6)N·s-375N·s 1a=1=13t而由*a和由0→b滑动的小滑环相比较，滑行位 则运动员对训练台的冲量大小大于375N·8,故C错误： D.由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为1950N,由牛顿 移大小相同，初述度均为零，但a>a…由工=立a吗可知， 第三定律可知，训练台对适动员的最大作用力为1950N,由牛领 【>1,故选项A错误，B、C、D均正确， 第二定律有1950-600=ma.又有mg-600N,解得a-22.5m/sg, 【答案】BCD 故D正确.故逃BD. [例门【解析】设上面国的半径为r,下面画的半径为R,则轨道 【答案】BD [例6]【解析】(1)由题图可知，在0~2s内，台释对小明的支持 的长度-2rc0%a十R,下滑的加连度4-mgcO5e-g0s,根搭 力为F1=150N 由牛顿第二定律有mg一F,一m】 位移时问公式得，等一 1 ar,则1- Arcos a +2R 解得a1一1m/s2 加速度方句竖直向下，故小明处于失重秋态： √售+。因为>20，则>m>m,故B正确.A,C (2)设在10一118内小明的加论度为a3,时间为6,0一28的时 问为1，则a1一a D错误 解得a-2m/s 【答案】B 由牛顿第二定律有Fg一mg一mg 专题强化四牛顿运动定律的综合应用 解得F3=600N 一动力学图像、连接体及临界极值问题 (3)0~2s内位移为工1-2a1产-2m 考点一 2~10s内位移为x=d112=16m [例1门【解析】由牛领弟二定律知F一umg一ma,整理得F a十ng,则F一a图像的斜单为m,纵抽戴距为mg,结合F一d 10一11s内位移为￥一立4-1m 图像可知m甲>m乙，A错误，B正确：两图线的纵轴藏距相同，即 小明运动的总位移大小为x=x1十xg十xa=19m 甲m甲g=乙m乙g,则甲<4艺，C正确，D错误。 【答案】(1)1m/s2,失重(2)600N(3)19m 【答案】BC 536 对点训练 1,选ABD设款手前弹簧的压缩量为工，物块A运动位移为x,则 联立解得a一 mg一kx a/(m·s MA干m多干纪 (2-20x)m/s2. 2 kxo=(mA十mB)gsin0 效手后且A,B分离前 当x1-0时，加速度a1=2m/s2,当 k(r0一r)十cg一(mA十mB)gsin0-(m十ma十c)☑1 a2=0时，位移r2=0.1m,a-x图像 mcg 如图所示，由一x图像与坐标轴国成 得a-mA++m+mA十m+所 0 0.1 的面积可计算物块A的最大逸度，则 x/m 由图可知 最大速度大小为 g 1.5 mA十mB十mC -4m/mmm.51o N/m kg =2s√/2×2- 2 m/s- 5 m/s逸项D正确.故进D 解得mc一2kg,m十mg十me一5kg, 【答案】D [例]【解析】A,木板受到地面最大静摩擦力 A,B分离后，对A有k(一x)一m1gin0-mA@2得ag一 k 了1一a(M十m)g一20N,则当拉力F一18N时，小滑块和木板都 mA x十ng sin 0 保待静止，故A错误，符合题意： 机A B,当小滑块受到最大摩擦力时，产生最大加速度为a=坚 由图可知25头0NWmk如，n0-10a/g 2.5 4m/s.对木板受力分析，根据牛领第二定律可知F一mg mA r(M+m)g=Ma,解得F=40N. 解得mA=1kg:mg=2kg:0=30°：x=15cm,故选ABD. 当拉力F一24N时，因为20N<24N<40N,所以滑块和木板 考点二 起匀加速运动，故B错误，符合题意： [例2]【解析】A.木块与木块之间只有弹力，浸有摩擦力，故A C.当粒力F一30N时，固为30N<40N,所以滑块和木板一起 错误： 加逸适动，故C正确，不符合题意： B.对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 D.当拉力F一12N时，因为42N>40N,两者发生相对滑动，故 F-f-f:-fs-f-4ma D正确，不符合题意， F-2mg一2mg=1m/g故B正确： 故送AB. 解得a 【答案】AB C,对12号木块进行整体分析，由牛顿弟二定律得 [例5]【解析】设沿斜面句上为正方向，木块的加速度为a,当木 F-f1-f:-f2s=2ma, 板与水平面成0角时，由牛顿第二定律得一gsin0-ngcs0一a 解得F2=F-41mg-mg-2ma=5N, 解得a一一g(sin0十rcos0),设木块的位移为x,有0一哈一2ax, 故C错误； 根据数学关系知sin0十4cos0-√/1十2sin(0十a),其中tna- D,对1号木块进行分析，由牛领第二定律得 u=0.75.可得a=37°，当0十a=90°时，加递度有最大值，为am- F-f1一F12=ma,解得F2-F-1mg-ma-7N。 厂8小+=吾，此时x有最小值，为领0,16m 对1号木块整体分析，由牛顿第二定律得 F4一f一ma解得F3#一ma十mg-2N,故D正确.故选BD, 故A,BD错误，C正确， 【答案】BD 【答案】C 对点训练 专题强化五动力学中的传送带模型 2.途A对滑块A分析，设绳上张力为T,根据牛顿第二定律可得 ngsin53°一T=ma.对滑块BT一mgin37°=ma,联立解得 [例1]【解析】物块附滑上传道帝时，受到向左的滑动摩擦力作 用，做匀减速直线透动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为 a=0.1g,T=0.7mg. 根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为 a-tung-2 m/s F-√T+T下-0.7√Emg,故选A. 设物块到达B,点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用 3.遍CA.开始时2mg一kxn,解得弹簧压缩量rn一0.1m 外力F刚施加的眸间F+kxa一2mg-2a,解得F一8N. 时同为-。号。-1 选项A错误； 物块匀减速阶段的位移为 B.当弹簧压端量减小到0.3m时，对AB整体 F+kr1-2mg=2ma.对AF1+FB一mg=ma.解得A、B间弹 -6-生xX1-3m<-5m 2 力大小为FB=1N. 共逸后，物块做匀速运动到B点所用时间为 选项B错误： 6-1-5-5- 28=1 C,当AB分离时，两者之间的弹力为零，则对B 则物块从A点运动到B,点所用时间为[一11十：=28 kx2一mg=na,解得工2=0.28m, 传送带上留下的摩擦狼迹长度为 此时A的建度1-2a--2E m/s,选项C正确： △r=x1-l=3m-2×1m=1m 5 故送BD D.B物体速度达到最大时，则x3=mg,解得工=0,2m,剥B 【答案】BD 物体的位移为s一x1一g-0,20m,选项D错误.故选C 对点训练 考点三 1.遮ACDA.0一3s内，根据牛顿第二定律有umg一i [例3]【解析】A.撒掉外力解间，取ABC系统 0一3$内物块的加述度为 meg=(mc十mg十mA)a解得a=2m/s2,选项A错误： 4- 如-2.0-（-1.02m/g-2m/g BC,AB恰好分离时，以BC整体为研究对象有 mcg一nngsin0=(mB一mc)a2,解得a2=0,则A的加速度大小 可得物块与传送带间的动摩擦固数为4一0,2 故A正确： 也为0，此时弹簧处于压缩状态：逸项BC错误： BC,0一2s内物块在传送带上留下的划痕长度为 D.开始AB静止，设弹簧压缩登为x0,则kx0=(mA十mB)gsin0 解得xn=0.2m. 与=W+24=2×2+立×2m=8m 4 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 2一3s内物块在传送带上留下的划痕长度为 时，对C受力分新有 mcg一T-mca 4-w-之a-2X1-号×2×12m-1m 对AB受力分折有T+F-(mA十mB)gsin0-(mA十mB)a, 整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为s=1十s妇=9m 弹簧弹力大小为F一k(x0一x), 故B错误，C正确： 537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 动力学图像、连接体及临界极值问题 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 考向 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 定位 数学方法求解极值问题. 考点一 动力学图像问题 [听课记录] 常见动力学图像及应用方法 根据图像的斜率判断加速度的大小和 v-t 方向，进而根据牛顿第二定律求解合 图像 外力 首先要根据具体的物理情景，对物体进 [方法指导] 行受力分析，然后根据牛顿第二定律推 动力学图像问题的解题策略 F-a 导出F、a两个量间的函数关系式，根据 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关 图像 键在于弄清图像斜率、载距、交点、拐点、面积的 函数关系式结合图像，明确图像的斜 物理意义 率、截距或面积的意义，从而由图像给 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数 出的信息求出未知量 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， 要注意加速度的正、负，正确分析每一 [对点训练] a-t 段的运动情况，然后结合物体受力情况 图像 1.(多选)(2025·山东模拟)如图甲所示，一倾角 根据牛顿第二定律列方程 为0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=100N/m 的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物块A 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定 F-t 上，紧挨着A放置物块B(不与A粘连)，物块 律求出加速度，分析每一时间段的运动 图像 C用轻质细线通过光滑的轻质定滑轮与物块 性质 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 [例1]（多选）(2023·全国甲卷)用水平拉力 撤去外力，C由静止开始运动，运动过程中物 使质量分别为m单、m乙的甲、乙两物体在水平 块A的加速度a与位移x图像如图乙所示，已 桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面 知运动过程中物体C未触地，g取10m/s2.下 间的动摩擦因数分别为：甲和以乙·甲、乙两物 列说法正确的是 体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图 a/m·s) 线如图所示.由图可知 ) 甲 图甲 图乙 A.放手前弹簧的压缩量为15cm B.物块C的质量为2kg A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.A向上运动的最大位移为12.5cm C.4甲<乙 D.甲>乙 D.斜面倾角0=30 57 金榜题名创新高考总复习物理 考点二动力学中的连接体问题 [例2]（多选）(2025·湖北荆州期末)如图所 1.连接体的五大类型 示，4块质量均为1kg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41=0.2，编号为2和4的木块与地面 弹簧 连接体 间的动摩擦因数为2=0.1，设所有木块的最 A0009A7m B 大静摩等于滑动摩擦力，当用10N的水平力 F推1号木块时，下列说法正确的是() A 轻绳 E1234 77777777777力777777177777777 连接体 A.相邻木块间的摩擦力相等 B.木块的加速度大小为1m/s2 C.2号木块与3号木块之间的弹力大小为3N L 0 D.1号木块与2号木块之间的弹力大于3号 轻杆 木块与4号木块间的弹力 连接体 [听课记录] 物体叠 放连接 A B 体 [方法指导] 两物体 力的“分配”原则 B 并排连 F入 两物块在力F作用下一起运动，系统的加 接体 A B 0 速度与每个物块的加速度相同，如图所示， 2.连接体的运动特点 F m (1)轻绳一轻绳在伸直状态下，两端的连接 F mi m2 体沿绳方向的速度大小总是相等。 777力777777 m2 0 (2)轻杆—轻杆平动时，连接体具有相同的 接触面光滑或粗糙（动摩擦因数相同） 平动速度：轻杆转动时，连接体具有相同的角 F一定，两物块间的弹力只与物块的质量 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 有关，且F弹= m2一F 1十m2 端连接体的速度不一定相等：在弹簧形变最大 [对点训练] 时，两端连接体的速率相等. (4)接触连接一两物体通过弹力或摩擦力作 2.(2025·石家庄模拟)如图，固定光滑直角斜 用，可能具有相同的速度或加速度.其临界条 面，倾角分别为53°和37°.质量分别都为m的 件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到 滑块A和B,用不可伸长的轻绳绕过直角处的 最大静摩擦力。 光滑定滑轮连接.开始按住A使两滑块静止， 3.连接体问题的分析 绳子刚好伸直.松手后，滑块A将沿斜面向下 整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物 加速，重力加速度为g,下列正确的是() 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 53° 370 内力” 58 第三章运动和力的关系 A.A、B的加速度大小为0.1g 角度1恰好分离的临界问题 B.A、B的加速度大小为0.8g [例3](2025·南京模拟)劲度系数k=100N/m C.绳上的张力大小为g 的轻弹簧一端固定在倾角0=30°的固定光滑 D.绳子对滑轮的作用力为2ng 斜面的底部，另一端和质量mA=2kg的小物 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 块A相连，质量mB=2kg的小物块B紧靠A 1kg的物体A、B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的 静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上， 劲度系数为k=50N/m,初始时系统处于静止 另一端跨过定滑轮与质量C=1kg的物体C 状态.现用一方向竖直向上的拉力F作用在物 相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线 体A上，使物体A开始向上做加速度a=4m/s2 刚好伸直，且线中没有张力，如图所示.从某时 的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2, 刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取 空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 g=10m/s2,以下说法中正确的是 ( A.撤掉外力瞬间，A的加速度为2.5m/s2 B.当A、B恰好分离时，A的加速度为2.5m/s2 77077777 C.当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长 A.外力F刚施加的瞬间，F的大小为4N B.当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹 D.A运动过程中的最大速度为mS 力大小为1.2N [听课记录] CA、B分离时，A物体的速度大小为s D.B物体速度达到最大时，B物体的位移为 0.40m 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F、=0. [例4]（多选）(2025·广西模拟)如图所示，质 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最 量m=1kg的小滑块（可视为质点）放在木板 大值. 的右端，质量为M=4kg的木板与水平地面和 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的 滑块间的动摩擦因数皆为：=0.4，最大静摩 临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大 擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均 张力：绳子松弛的临界条件是FT=0. 处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力 (4)最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所 F,重力加速度g=10m/s2,则以下说法中错 受合力为零. 误的是 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) 7900B0006PPP (2)寻找过程中变化的物理量. A.当拉力F=18N时，小滑块和木板一起匀 (3)探索物理量的变化规律 速运动 (4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界 B.当拉力F=24N时，小滑块和木板一起匀 关系 速运动 59 金榜题名创新高考总复习物理 C.当拉力F=30N时，小滑块和木板一起加 A.0.12m B.0.14m 速运动 C.0.16m D.0.2m D.当拉力F=42N时，小滑块和木板发生相 [听课记录] 对滑动 [听课记录] [方法指导] 处理动力学临界和极值问题的方法技巧 把物理问题（或过程）推向极端，从而使 角度2动力学的极值问题 极限法 临界现象（或状态）暴露出来，以达到正 [例5]如图所示，一足够长的木板上表面与木 确解决问题的目的 块之间的动摩擦因数：=0.75，木板与水平面 成0角，让木块从木板的底端以初速度o= 临界问题存在多种可能，特别是非此即 2m/s沿木板向上滑行，随着0的改变，木块沿 彼两种可能时，或变化过程中可能出现 假设法 木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速 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 度g=10m/s2,.x的最小值为 将物理过程转化为数学表达式，根据数 数学法 学表达式解出临界条件 请完成提分集训（十五） 专题强化五动力学中的传送带模型 考向 1.会分析物体在传送带上的受力情况及运动情况：2.会计算相对位移及划痕的长度：3.注 定位 意物体与传送带之间摩擦力的突变， 模型一水平传送带 续表 水平传送带 滑块的运动情况 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 情景 传送带不足够长 传送带足够长 先减速到速度 一直加速 先加速后匀速 为0，后被传 送带传回左 端.若0<v 一直诚速到 返回到左端时 %<v时，一直 功<v时，先 右端 速度为v0,若 加速 加速再匀速 ,>v返回到 左端时速度 0>v时，一直 >v时，先 为v 诚速 减速再匀速 60