15专题强化4　牛顿运动定律的综合应用-（配套课件）-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（教科版）

高考总复习 物理 第三章　牛顿运动定律 专题强化4　牛顿运动定律的综合应用 热点一　动力学中的图像问题 1．常见图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 2．题型分类 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 3．解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，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做出准确判断。 考向一　已知物体受力图像分析物体的运动情况 [典例1] (2025·四川成都高三检测)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2)，则正确的结论是(　　) D A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 解析：物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx①，由题图乙知拉力F1＝10 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma②，物体与弹簧分离后，拉力F2＝30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma③，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，k＝5 N/cm，B、C错误，D正确。 考向二　已知物体速度、加速度图像分析物体的受力情况 [典例2] (多选)(2025·四川巴中高三检测)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ACD [典例3] (多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．A的质量mA＝2 kg B．A的质量mA＝6 kg C．A、B间的动摩擦因数μ＝0.6 D．A、B间的动摩擦因数μ＝0.2 BD 考向三　由已知条件确定物理量的图像 [典例4] (2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正确的是(　　) D 热点二　动力学中的连接体问题 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；在弹簧形变量最大时，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境分析。 (3)轻绳连接体：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。 2．处理连接体问题的方法 (1)分析方法：整体法和隔离法。 (2)选用整体法和隔离法的策略 ①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法。 ②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。 考向一　弹簧连接体 [典例5] (多选)(2022·全国甲卷)如图所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 AD 　解析：设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx′－μmg＝maP1，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。 考向二　物物叠放连接体 [典例6] (多选)(2025·河北保定一模)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 考向三　轻绳连接体 [典例7] (2025·山东济南高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) C A．绳的拉力大小为30 N B．绳的拉力大小为6 N C．物块B的加速度大小为6 m/s2 D．如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 　解析：对B分析，由牛顿第二定律得m2g－T＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1g sin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，T＝12 N，A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1g sin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，D错误。 BC 2．如图所示，质量均为1 kg的长方体物块甲、乙、丙叠放在水平地面上，乙、丙用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，轻绳与地面平行，甲与乙之间、乙与丙之间以及丙与地面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物块丙，则(　　) A．拉力F为11 N时，丙即将运动 B．要使甲、乙保持相对静止，拉力F不能超过18 N C．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为10 N D．甲的加速度将随拉力F的增大而增大 A 解析：丙将要运动时满足F＝μ3·3mg＋μ2·2mg＋T，其中T＝μ2·2mg，解得F＝11 N，A正确；要使甲、乙保持相对静止，则甲的最大加速度为a＝μ1g＝4 m/s2，此时对丙F－μ3·3mg－μ2·2mg－T＝ma，对甲、乙整体有T－μ2·2mg＝2ma，解得F＝23 N，即拉力F不能超过23 N，当拉力大于23 N时，甲的加速度恒定为4 m/s2不变，B、D错误；拉力F为17 N时，由F－μ3·3mg－μ2·2mg－T＝ma，T－μ2·2mg＝2ma，可得T＝8 N，即轻绳的拉力为8 N，C错误。 3．(2025·四川南充高三检测)质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球且M＞m。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F1′，如图乙所示。下列判断正确的是(　　) A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＞F1 C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＝F1 D 热点三　动力学中的临界极值问题 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)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，根据数学表达式解决临界极值问题 考向一　动力学中的临界问题 [典例8] (2025·重庆高三月考)如图物体A叠放在物体B上，B置于水平面上。A、B质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，F从零开始逐渐增加，则(　　) D A．无论F多大，A都不会相对B滑动 B．当拉力F超过16 N时，A开始相对B滑动 C．当A的加速度为1.5 m/s2时，A、B已经发生相对滑动 D．若把F作用在B上，方向仍然水平向右，A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同 考向二　动力学中的极值问题 [典例9] 如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。 (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。 解决临界(极值)问题的思路 (1)认真审题，详尽分析问题中各物理量变化的过程(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(极值)状态，分析临界(极值)条件，找出临界(极值)关系。 1．(2025·山东曲阜检测)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角，槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出。滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于(　　) D 2. (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 请完成：课后跟踪训练（11） 温馨提示 谢谢观看！ 解析：设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2。再结合v－t图线斜率的物理意义有a1＝，a2＝。由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，B错误，A、C均正确。0～t1时间内的v－t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，D正确。 解析：由题图乙可以看出，当力F＜48 N时，A、B相对静止，加速度相同，当F＞48 N时，A、B相对滑动，采用隔离法，由牛顿第二定律，对A有F－μmAg＝mAa，则得a＝F－μg，由数学知识得＝ kg－1＝ kg－1，可得mA＝6 kg，A错误，B正确；由a＝F－μg，结合a－F图像知，当F＝60 N时，a＝8 m/s2，解得μ＝0.2，C错误，D正确。 解析：设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝＝·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g，D正确。 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 解析：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mg tan 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N2＝＝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。 1.(多选)如图所示，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(　　) 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F弹＝F C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 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 解析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－g sin θ，A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2g sin θ＝m2a，解得F弹＝，B正确；根据F弹＝＝，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，两物块的间距变大，C正确；根据F弹＝可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，两物块的间距不变，D错误。 解析：先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F＝(M＋m)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示。根据牛顿第二定律，有F－F1sin α＝ma，F1cos α－mg＝0，联立以上三式解得F1＝，a＝。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示。由几何关系得F合＝mg tan α，F1′＝，由牛顿第二定律，得a′＝g tan α，由于M＞m，故a′＞a，F1′＝F1，D正确。 解析：A、B之间的最大静摩擦力f1＝μ1mAg＝12 N，B与地面之间的最大静摩擦力f2＝μ2(mA＋mB)g＝8 N，A与B刚好不发生相对滑动时，对B受力分析，aB＝＝2 m/s2，对于系统F－f2＝(mA＋mB)aB，解得F＝24 N，即拉力超过24 N时，A开始相对B滑动，A、B、C错误；把F作用在B上，A与B刚好不发生相对滑动时对A受力分析，f1＝μ1mAg＝mAaA，解得aA＝2 m/s2，对于系统F－f2＝(mA＋mB)aA，解得F＝24 N，即A、B刚好发生相对滑动的F大小与作用在A上相同，D正确。 答案：(1)　(2)60°　 解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mg sin θ＝μN N－mg cos θ＝0 解得μ＝tan θ＝tan 30°＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 由0－v＝2ax得 x＝＝ 其中tan α＝μ，故α＝30° 当α＋θ＝90°时x最小，此时θ＝60° 所以x的最小值为 xmin＝＝。 A．m B．2m C．(－1)m D．(＋1)m 解析：当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示，由牛顿第二定律，有＝ma，解得小球的加速度a＝＝g，以整体为研究对象，由牛顿第二定律，有Mg＝(M＋2m)a，解得重物C的质量M＝(＋1)m，D正确，A、B、C错误。 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 解析：A、B整体受力产生加速度，则有F＋F弹－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－F弹，当F弹最大时，F最小，即刚开始施力时，F弹最大且等于A和B的重力之和，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，A错误，B正确；刚开始，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。 $$