第三章 第16讲 专题强化三 动力学中的三类典型问题-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

第16讲 专题强化三动力学中的三类典型问题 核心考点·重点突破 专点1 动力学中的图像问题 【跟踪训练】 (多选)(2023·全国甲卷)用+F (能力考点·深度研析) 水平拉力使质量分别为m甲、 甲 常见图像 mz的甲、乙两物体在水平桌面上由 (1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小 乙 静止开始沿直线运动，两物体与桌 和方向，再根据牛顿第二定律求解。 面间的动摩擦因数分别为以甲和0 (2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一 u2。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a 段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第 的关系图线如图所示。由图可知 ( 二定律列方程求解。 A.m甲<mz B.m甲>m乙 (3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定 C.甲<uZ D.u甲>uz 律求出加速度，分析每一段的运动情况。 如图甲所示，质量为m=1kg的小球从固定斜面 (4)F-α图像：首先要根据具体的物理情景，对物 上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运 体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个 动，小球在，=1s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做 加速度大小为a2的运动，在t2=1.25s时刻到达C 量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图 点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为，以 像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息 上过程的v-t图像如图乙所示(o未知)，已知a2与 052 求出未知量。 例广东卷如图所示，轻质 a1大小的差值为4m/s2,重力加速度g=10m/s2,则 木块 弹簧竖直放置，下端固定。木块 从弹簧正上方H高度处由静止释放。以 年 度 木块释放点为原点，取竖直向下为正方 向。木块的位移为y,所受合外力为F,运 设 动时间为to忽略空气阻力，弹簧在弹性限mmm 计 度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中， 甲 衡 其F-y图像或y-t图像可能正确的是 A.小球受到阻力的大小为4N 中学案 B.斜面倾角的正弦值为0.5 C.to =3 m/s D.5=5+2 4 风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受 气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物 体相对空气的速度u满足F=2Cs7(S为物体迎风 面积，C为风阻系数，P为空气密度)。如图甲所示，风 洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静 止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平 方2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加 反思提升 速度为g,下列说法正确的是 ( 解题策略 构建 运动图像(-1，a-1等图像) 运动情境 抓推 B凸 确定运动规律 图像的关键点， 匀加速运动或 提取有用信息 匀减速运动 ↓ A.开伞前加速度向下，越来越大 根据牛顿第二定律和运动学公式列方程 B.开伞后加速度向上，越来越大 2(mg-ma1） C.开伞前物体迎风面积为S,= 【跟踪训练】 Cpv2 （多选)(2025·山东乐陵月考) B D.开伞后物体迎风面积为S2= 2(mg-ma) AB是固定在空中的光滑水平横 Cpu 杆，一质量为M的物块穿在杆AB上， 夸点2动力学中的连接体问题 物块通过细线悬吊着一质量为m的 m○ (能力考点·深度研析) 小球。现用沿杆的恒力F拉物块，使物块、小球一起 考向1共速连接体 (保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为6， 重力加速度为g,则以下说法正确的是 () 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和 相同的加速度 A.杆对物块的支持力大小为(M+m)g (1)绳的拉力（或物体间的弹力）相关类连接体 B.细线上的拉力大小为mg。 sin A C.F=(M+m)gtan 0 0 D.物块和小球的加速度为gtan0 (2)叠加类连接体（一般与摩擦力相关） ●考向2关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速 E④ 3 B 度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度 例：斯江宁速质检)如图甲所示，光滑水平 大小相等，方向不同。 地面上有A、B两物块，质量分别为mA和mB, A 中间用轻绳水平相连。现给B物块水平向右的力F, B A B 例 ③(2024·全国甲卷)如图，一轻 P 绳跨过光滑定滑轮，绳的一端 w 系物块P,P置于水平桌面上，与桌面 A 局 间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘 甲 U 今 (质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量 (1)求轻绳传递给A的力T。 轮 m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加 (2)如果地面粗糙且物块与地面间的动摩擦因数 速度大小为g,在下列a-m图像中，可能正确的是 为，轻绳传递给A的力T是多少？ (3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，轻绳 物 传递给A的力T是多少？ 理 (4)如图丙示，将整个系统置于固定光滑的斜 面上，求轻绳传递给A的力T是多少？如果斜面粗糙 053 且物块与斜面间的动摩擦因数为“，轻绳传递给A的 力T是多少？ 反思提升 整体法与隔离法的选取原则 (1)整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同 的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把 它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用 牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）。 (2)隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度 反思提升 不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力 在上面的连接体问题中，当系统的拉力F不变时， 时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第 只要作用在物体上的阻力与质量成正比，物体间的作 二定律列方程求解。 用力均为T=心F,不论有无摩擦、水平面、斜面、 (3)整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具 m1+m2 有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时， 竖直面都一样。 一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”。 【跟踪训练】 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等 (多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、 字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是 大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连 临界点。 接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好 2.四种典型的临界条件 能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱 互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A,斜面仍保 离，临界条件是弹力F、=0。 持静止，则下列说法正确的是 (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。 甲 (4)最终速度（收尾速度）的临界条件：物体所受 A.轻绳的拉力等于mg 合外力为零。 B.轻绳的拉力等于Mg 3.动力学临界极值问题的三种解法 C.A运动的加速度大小为(1-sina)g 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象 DA运动的加速度大小为" 极限法 (或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 考点3 动力学中的临界极值问题 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能 假设法 时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出 (能力考点·深度研析) 现临界条件时，往往用假设法解决问题 1.临界、极值条件的标志 054 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼， 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解 数学法 明显表明题述的过程存在着临界点。 出临界条件 22 ·考向1接触与脱离的临界问题 年 新 ④（多选）如图是某次演出过程中演员的登场方式示意图。 人和地台受重力和 例轻弹簧上端固定一个质量为m=10kg的地台，站在上面 7弹黄弹力F=mg+Mg 的演员手握定滑轮控制的绳子末端，初始时绳子松弛但伸直 衡 人和地台处于静止状态。现在启动电动机，让电动机带动定滑 合保持不变 轮向上收绳子，人和地台在绳子的牵引下做匀加速直线运动， 已知前2s内绳子提供的拉力F为变力，2s后F为恒力，弹簧 F合=F-Mg+FN,2s后 →F为0保持不变，则2s 劲度系数k=120N/m,演员质量M50kg,g取10ms在演员 时人与地台分离 的运动过程中，下列说法正确的是 A.人的加速度大小为2.5m/s2 分离时人在绳子拉力和 B.人的加速度大小为2.0m/s 重力作用下的加速度等 V C.拉力F的最小值为100N 于地台在弹黄弹力和重 7771717777 D.拉力F的最小值为120N 力作用下的加速度且人 和地台间的弹力为0 [答案]BD 动，对整体有x1+F-(m+M)g=(m+M)a ② [规范答题]2s后F为恒力， 分离瞬间对地台有kx2-mg=mu ⊙ 说明此刻为分离瞬间，此后人仅受 从弹簧压缩量为x1到压缩量为x?的过程满足运 自重以及恒力F的作用就可以做加 动学方程x-x幻=)ad2 ④ 速度不变的运动，设初始状态弹簧 压缩量为x1,分离瞬间压缩量为x2, 解得a=2m/s2,故A错误，B正确；从②中分析可 那么在静止时对人和地台整体分析 知，在分离前等号右边为定值，随着x的变小，F必须 有x1=(M+m)g ① 增大，所以对应的最大压缩量x,对应的即为F的最小 绳子提供拉力后二者开始一起做匀加速直线运 值，解得F=120N,故C错误，D正确。故选BD。 考向2摩擦力作用下的临界问题 例限的兵药 A 当F≥12N时，F:不再发生 F 变化，说明A、B之间的滑 7m7m7m77m77 动摩擦力为6N 力F的作用，A、B间的摩擦力F、B与地面间的摩擦 力F,随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物 甲 当F≥4N时，F,不再发生 块A的质量m=3kg,取g=10ms2,设最大静摩擦力 变化，说明与地面的滑动 等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 入摩擦力为4N A.两物块间的动摩擦因数为0.2 当4N≤F≤12N时，F由零 B.当0<F<4N时，A、B保持静止 开始增大，说明A、B保持 C.当4N<F<12N时，A、B发生相对滑动 12 相对静止共同加速运动 D.当F>12N时，A的加速度随F的增大而增大 考向3动力学中的极值问题 例回如图所示：一足够长的木板上表面与木块之间 的动摩擦因数4=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=2m/s沿木板向上 滑行，随着0的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将 A.0.12m B.0.14mC.0.16m D.0.2m 发生变化，重力加速度g=10m/s2,x的最小值为 温馨提示：复习至此，请完成练案[16 第17讲 专题强化四 传送带模型和 “滑块一木板”模型 轮总复习 核心考点·重点突破 物 雪点1传送带模型 ●考向1水平传送带模型 059 (能力考点·深度研析) 水平传送带问题的常见情形及运动分析 解答传送带问题，应注意两点 1.共速时摩擦力可能突变 物块的运动情况 (1)滑动摩擦力突变为零。 传送带不足够长 传送带足够长（物 (2)滑动摩擦力突变为静摩擦力。 情景 (物块最终未与传 块先与传送带达 (3)摩擦力方向突变。 送带相对静止) 到相对静止) 2.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运 动学公式求得的位移。 ~直加速（加速度 先加速后匀速 (2)物体相对传送带的位移大小△x a=ug） ①若有一次相对运动：△x=x传-x物或△x= 物一X o<v时，一直加 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则 o<v时，先加速 速（加速度a= △x=△x1+△x2(图甲)； 再匀速 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的 ug) 相对位移大小△x2(图乙)。 %>。时，一直减 △x△ >v时，先减速 △x1 速（加速度a= 人 再匀速 △x △x 8)】 甲 乙大加速度为a=G_上-0020m/令=6m/令，故A正确：人跟踪训练7：C对运动员进行受力分析如 m 50 图所示，则有F=mgcos0,由于飞行方向 在下蹲过程中，先加速下降再减速下降，所以力传感器的示数 与水平方向的夹角的正切值为0.75，可知 先变小后变大，故B错误；人在站起过程中，先加速起立再减速 cos0=0.8,sim0=0.6,代入解得F= 起立，所以先超重后失重，故C错误；人在下蹲过程中，力传感 640N,A错误；对运动员，由牛顿第二定 器的示数先变小后变大，人在站起过程中，力传感器的示数先 律得mgsin0=ma,解得加速度大小为a= mg 变大后变小，所以人在8s内完成了一次下蹲和一次站起动作， 6m/s2,B错误；根据=ad,解得t0=9s,C正确；达到最大速 故D错误。 跟踪训练5：D根据位移一时间图像的斜率表示速度可知，0~t1 度时，设下降高度为人，则有品0子a,3,解得方=145.8m,D 时间内乘客的速度增大，乘客向下做加速运动，故加速度向下， 错误。 跟踪训练8：(1)35m/s(2)2.7 乘客处于失重状态，可知F、<mg,选项A错误；t1~t2时间内乘 [解析](1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速 客的速度不变，乘客做匀速运动，说明乘客处于平衡状态，可知 度大小为a1,冲上避险车道时速度的大小为1，由牛顿第二定 F、=mg,选项B错误：t,~t2时间内乘客的速度减小，乘客向下 律有mgsin30°-0.4mg=ma1,由运动学公式有1=o+a1t联 做减速运动，故加速度向上，乘客处于超重状态，可知F、>mg, 立代入数据解得1=35m/s。 选项C错误，D正确。 (2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为α，， 跟踪训练6：(1)0.8m/s2(2)4.8m/s(3)76.8m 在避险车道上所受摩擦阻力为F,由牛顿第二定律有mgsin53 [解析](1)由题图可知钩码的重力mg=50N +F,=ma2,由运动学公式有"12=2a2x,解得F=2.7mg,即在 则钩码的质量m=5kg 避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍。 电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F=54N 名师讲坛·素养提升 由牛顿第二定律得F-mg=ma 例4：B 根据受力可知 I mgsin a -umgcos sin a m 解得加速度大小a=0.8m/s2。 'sin B= (2)由题图可知，电梯在2~6s的时间内向下加速，加速过程钩 号血B=迎s,名=子解得u=号故选B。 码受到的拉力大小F'=44N 9R 根据牛顿第二定律得mg-F'=ma 例5：(1)tB=tac (2)Ng 可得a'=1.2m/s [解析](1)设AB与水平方向的夹角为O,小朋友沿AB下滑 最大速度v=a'△t1=4.8m/s。 1 时的加速度为a=m0,由运动学规律有xu=宁at心，由儿何 (3)电梯在2~6s的时间内加速的位移大小为h,=2a'(△t1) 关系可知xB=2Rsin0,联立解得a=√ 4R ,由上式可知小朋 在6~17s的时间内匀速的位移大小为h2=v△t 在17~23s时间内减速的位移大小为么=之（△，户 友的下滑时间与滑梯倾斜程度无关，则两次沿滑梯运动的时间 关系为tAB=tAco 电梯下降的高度H=h1+h2+h3 (2)根据第(1)问的结论，画出以P点为 可得H=76.8m。 最高点的半径为r的等时圆，如图所示， 例2：D有拉力作用时，根据牛顿第二定律得F-ngsin0-mgcos0 两圆相切时，时间最短，有 =ma1,解得物体沿斜面向上加速时的加速度大小为a1= (R+r)2=(r-R)2+(3R) 9 5m/s2,A错误；2s时物体的速度为1=a14=5×2m/s= 解得r= 10/s,撤去拉力后，物体向上滑动的过程中，根据牛顿第二定 律得mgsin0+mgcos0=ma2,解得物体向上减速的加速度大 由第(1)问的结论有t= /9R 小为a=10m/s,物体向上减速的时间为==1s,则物体 a 第16讲专题强化三动力学中的三类典型问题 在t=3s时的速度为0，B错误；当物体速度减为零时，由于 核心考点·重点突破 mgsin 0>umgeos0,则物体不能保持静止，物体会沿斜面向下做例1：B在木块下落H高度之前，木块 加速运动，故物体在斜面上的运动时间大于3s,C错误；物体沿 所受合外力为木块的重力，保持不 变，即F=mg,在木块接触弹簧到合 平衡位置 斜面向上运动的最大位移为x=号，+之2=15m,D正确。 力为零的过程中，有mg-k(y-H) 郎：()弩g(2)2ms(3)6N =F,随着y增大F减小，在弹簧弹 力大于木块的重力到运动至最低点 [解析](1)AB段2=2a1x 的过程中，有F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上，随着y a=弩wg。 增大F增大，故A错误，B正确：在木块下落H高度之前，木块 做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增 (2)AB段1=a1t1,1=3s 大，在木块接触弹簧到合力为零的过程中，木块做加速度减小 BC段6=2，南=6+76 的加速运动，速度继续增大，所以y-t图像斜率继续增大，在弹 簧弹力大于木块的重力到运动至最低点的过程中，木块所受合 a2=2m/s2 外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率 D=41+a253=12m/s。 减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先 (3)mgsin 0-F maz,F=66 No 做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，再做加速度增 -503 大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t图像大跟踪训练4：ACD对小球和物块 F 致如图所示，故C、D错误。 组成的整体受力分析，如图甲所 跟踪训练l:BC根据牛顿第二定律有F-umg=ma,整理后有 示，竖直方向上受重力和支持力 F=ma+wmg,则可知F-a图像的斜率为m,纵截距为umg,则 处于平衡状态，因此杆对物块的 由题图可看出m甲>mz,u甲m甲g=42mzg,则u甲<u2,故 支持力大小为F、=(M+m)g,AM+mg 选BC。 正确；对小球受力分析，如图乙 甲 跟踪训练2：D根据图像，0~1s时间内列出运动学公式得2= a141,1~1.25s时间内列出运动学公式得0=-6+a2(t2-t1), 所示，则R。由牛顿第二 又a2-a1=4m/s2,解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,vo=2m/s,故 定律得mgtan0=ma,两物体保持相对静止即加速度相同为a= C错误；设斜面倾角为0，小球从A点运动到挡板，由牛顿第二 gtan6,B错误，D正确；对整体，在水平方向上有F=(M+m)a 定律得mgsin0-f=ma1,小球从挡板运动到C点，由牛顿第二 =（M+m)gtan0,C正确。 定律可得mngsin0+f=ma2,解得sin0=0.6,f=2N,故A、B错 例3：D当砝码的质量m很小时，物块P未被拉动；当物块P被拉 动时，将砝码、砝码盘（质量忽略）和物块P看成一个整体，以整 误：根据图像可知BC之间距离大小为=乞×(-4) o 体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg-mpg=(m+mp)a, 0.25m,设小球从C点运动到B点的时间为t,则x1= 2at,解 可得a=mg二8，当m一时，a一g。综上可知，D正确。 m+mp 跟踪训练5：ACD第一次放置时A静止，则由平衡条件可得 得=是s,则与=6+：=52，放D正确。 4 Mgsin a=mg;第二次按图乙放置时，对A,Mg-FT=Ma;对B, 跟踪训练3：C物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，以竖 ,-mgsin a=ma,联立解得a=(1-sina)g=g,F,= 直向下为正方向，由牛顿第二定律得mg-F=ma,其中F= mg,故A、C、D正确，B错误。 2GS心，F不断增大，加速度不断减小，题图乙中右侧图线与此 例5：AB根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B间的滑动摩擦 2(mg-ma) 过程相符，有mg-2Cp2=ma,解得S= 故 力为6N,所以A,B之间的动摩擦因数4==0.2，选项A正 mg Cpvz A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v= 确；当0<F<4N时，根据题图乙可知，F2还未达到B与地面间 的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选项B正确；当4N< 时，有mg=s,解得S=,且当减小时，u减小， Cov F<12N时，根据题图乙可知，此时A、B间的摩擦力还未达到 故B、D错误。 最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；当F> 12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对滑动，对A物块有 例2：(1)mF(2)m一F(3)m1F m mB ma +mB mA +mB a==2m/,加速度不变，选项D错误。 m (4)ma 例6：C设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a,当木板与水 ma+mB ma+mB F 平面成0角时，由牛顿第二定律得-ngsin0-mgcos0=ma, [解析](1)以A、B整体为研究对象，有a= mA+me' 解得a=-g(sin0+ucos0),设木块的位移为x,有0-o2 以A为研究对象，有T=ma, 2ax,根据数学关系知sin0+ucos0=/1+u2sin(0+x),其中 tana=u=0.75,可得a=37°，当0+a=90°时，加速度有最大 联立解得T= mA mB 值，为a。=-名+=-至g,此时x有最小值，为 5 (2)以A,B整体为研究对象，有a-F-(m+m)g mA+me 以A为研究对象，有T-mAg=ma, 22=0.16m,故A、B,D错误，C正确。 5 得Tm 第17讲专题强化四传送带模型和 “滑块一木板”模型 (3)以A,B整体为研究对象，有a=F-(m+m)8 mA mB 核心考点·重点突破 以A为研究对象，有T-mag=mAa 例1：(1)3s(2)2.5m 联立得T= mA一F。 (3)物块在斜面上距离斜面底端2.5m处 厂mA+mg [解析](1)物块在传送带上的匀加速运动过程，根据牛顿第 (4)若斜面光滑，以A、B整体为研究对象， 二定律有mg=ma, 有a=F-(m1+m)gsin0 解得a1=2.5m/s2 mA+mB 物块在传送带上的匀加速运动过程中，由运动学公式v=o+at 以A为研究对象，有T-magsin0=maa 有v=a1t 联立得T= 解得t1=2s ma+me 若斜面不光滑，以A、B整体为研究对象有 运动的距离为x1=2a1(=5m a=F-(mmgsin mmgcos 0 L-21=15 mA +mB 物块在传送带上匀速运动的时间为=) 以A为研究对象，有T-mAgsin0-magcos0=mAa 物块从传送带左端第一次到达传送带右端所用时间t=t1+t2=3s。 联立得T=mF。 (2)物块沿斜面上升过程，根据牛顿第二定律有mgsin0=ma2, ma+mB 解得a=5m/s2, 504