第3章 专题突破4 牛顿运动定律的综合应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

专题突破4　牛顿运动定律的综合应用 第三章　运动和力的关系 1 核心知识　典例研析 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 分层训练　巩固提高 内容索引 2 一 核心知识　典例研析 3 突破点一　动力学的连接体问题 4 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。 5 (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 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]　(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作 用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间 站之间的作用力大小为(　　) A.F　　　　　 B.F C.F D.F A [解析]　根据题意，对整体应用牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，对空间站分析有F'＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F'＝F，故A正确，B、C、D错误。 [典例2]　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(　　) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ C [解析]　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)(2025·广东珠海模拟)质量分别为M和m的物块形状大小 均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处 均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置， 按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，重力加速度为g。则下列 说法正确的是(不考虑两物块与斜面之间的摩擦)(　 　) A.轻绳的拉力等于Mg B.轻绳的拉力等于mg C.M运动的加速度大小为(1－sin α)g D.M运动的加速度大小为g BCD [解析]　第一次放置时质量为M的物块静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg，第二次放置，对物块M：Mg－FT＝Ma，对物块m：FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。 处理连接体问题的四点技巧 方法技巧 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 15 1.临界、极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。 16 2.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件：FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：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。 3.解题方法 (1)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。 (2)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。 (3)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。 [典例4]　(多选)(2025·广东珠海模拟)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态。已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2。现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示。 考向1　相对滑动的临界问题 下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)(　　) A.当F＜24 N时，A、B都相对地面静止 B.当F＞24 N时，A相对B发生滑动 C.A的质量为4 kg D.B的质量为24 kg BC [解析]　当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由题图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F＞24 N时，A相对B发生滑动，当F＜24 N时，A、B保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对木板B，根据牛顿第二定律得aB＝＝4 m/s2，对物块A，根据牛顿第二定律得aA＝＝4 m/s2，F＝24 N，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C正确，D错误。 [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(　　) 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 考向2　恰好脱离的动力学临界问题 BC [解析]　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。 [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。 考向3　动力学中的极值问题 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； [解析]　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＝。 [答案]　 (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。 [解析]　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。 [答案]　θ＝60°　 m 突破点三　“等时圆”模型 28 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。 29 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(　　) A.t1＜t2＜t3　　 B.t1＞t2＞t3 C.t3＞t1＞t2 D.t1＝t2＝t3 D [解析]　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。 分层训练　巩固提高 二 34 1.(2025·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(　　) A.20 N　　　　　　　　 B.15 N C.10 N D.5 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 夯实基础 B 解析：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。 35 2.(2025·广东江门模拟)某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成， 在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第10节对第11节车厢的 牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第11节 对倒数第10节车厢的牵引力为(　　) A.F B.F C.F D.F 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析：设每节车厢质量为m，每节车厢受到的阻力为f，则对后30节车厢F－30f＝30ma，对后10节车厢F'－10f＝10ma，解得F'＝F，故C正确，A、B、D错误。 36 3.(2025·广东深圳模拟)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上(轻绳与斜面平行)，用平行于斜面 向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦 因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是(　　) A.增大A物块的质量 B.增大B物块的质量 C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 37 解析：当用沿斜面向上的恒力拉A，两物块沿斜面 向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二定律， 有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 得a＝－gsin θ－μgcos θ，隔离B研究，根据牛顿第二定律有FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，则FT＝，要增大轻绳上的张力FT，可减小A物块的质量或增大B物块的质量。故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 38 4.(2025·广东东莞模拟)如图，两物块P、Q用跨过 光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平 桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后， 轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、 mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。 则推力F的大小为(　　) A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 39 解析：P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝ mQg＝2 N，Ff＝FT1＝2 N＜μmPg＝2.5 N，推力F作 用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝ ＝1 N，故Q物块加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 40 5.(2025·广东东莞模拟)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩 擦力均为Ff，重力加速度为g。若木块不滑动，力F的最大值是(　　) A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 41 解析：当夹子连同木块一起向上做匀加速运动，且恰 好不相对滑动时，力F最大，此时静摩擦力恰好达到 最大静摩擦力。对木块，利用牛顿第二定律得2Ff－ Mg＝Ma。同理，对夹子和木块整体有F－(M＋m)g＝ (M＋m)a。联立以上两式解得F＝，故A正 确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 42 6.(2025·广东肇庆模拟)我国“神舟十一号”飞船搭载 了香港特别行政区的中学生设计的“双摆实验”进入 太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实 验在学校实验室进行研究，如图所示，将质量和大小 都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端， 其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端拴接在竖杆 顶部，竖杆固定在小车上。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 43 现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四 个图中所示的姿态正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 44 解析：对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力， 合力水平向左，如图所示， 由牛顿第二定律可得 (m＋M)gtan α＝(m＋M)a， 可得tan α＝ 对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左， 如图所示， 由牛顿第二定律可得Mgtan β＝Ma，可得tan β＝，所以有 α＝β，即两段轻绳与竖直方向的夹角相同，A正确，B、C、 D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 45 7.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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 46 解析：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 11 1 47 8.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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B B 能力提升 48 解析：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 11 1 49 9.(2025·广东佛山模拟)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(物体与弹簧不连接)，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s的关系如图乙所示，则正确的结论是(g取10 m/s2) (　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 50 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，故 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＝kΔs； 拉力F1为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＋kΔs－mg＝ma；物体与弹簧分离后拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝ 5 N/cm，a＝5 m/s2，故B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 51 10.(多选)(2025·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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BD 52 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 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 11 1 53 11.(10分)(2025·广东广州模拟)如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，将A、B由静止释放。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 54 (1)物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力大小为FT，物体A的加速度大小为a，则有 2FT－mAgsin 30°－μmAgcos 30°＝mAa mBg－FT＝mB·2a 代入数据，联立解得 FT＝6 N a＝2 m/s2。 答案：6 N 55 (2)物体B下降2 m时(此时B未落地，A未到定滑轮处)的速度大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：由aB＝2a＝4 m/s2 物体B做匀加速直线运动 由v2＝2aB·x 解得v＝4 m/s。 答案：4 m/s 56 $$