第三章 第12课时　动力学两类基本问题　动力学图像问题 课件 -2026届高考物理一轮专题复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学两类基本问题”“动力学图像问题”核心考点，严格对接高考评价体系，系统梳理受力分析、运动过程分析及加速度桥梁作用等关键内容，归纳v-t图像、F-a图像等常考题型，融入2022浙江选考、2023全国甲卷等高考真题，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”复习策略，通过科学思维中的模型建构与科学推理，如动力学问题“明确对象-受力分析-建系列方程”解题模板，图像问题从斜率、截距提取信息结合牛顿第二定律突破。助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准开展高效复习教学。

第三章 运动和力的关系 第12课时 动力学两类基本问题　动力学图像问题 目标 要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 课时精练 内容索引 考点一　动力学两类基本问题 考点二　动力学图像问题 3 1.解决动力学两类基本问题的思路 动力学两类基本问题 考点一 2.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 　 在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到 30 km高空时速度达到1.2 km/s，助推器脱落，经过一段时间落回地面。已知助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的，g取10 m/s2。求： (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； 例1 答案　90 km 助推器脱落后，受到阻力Ff=mg 上升过程，由牛顿第二定律有mg+Ff=ma1 解得a1=12 m/s2，方向竖直向下， 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的高度 h2==6×104 m=60 km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 h=h1+h2=90 km。 (2)助推器落回地面的速度大小和助推器从脱离到落地经历的时间。 答案　1 200 m/s　250 s 助推器从最高点开始下落过程中，由牛顿第二定律可知mg-Ff=ma2 解得a2=8 m/s2 落回地面的速度大小为v==1 200 m/s 助推器从脱离到最高点所用时间t1==100 s 从最高点到落地点所用时间t2==150 s 所以助推器从脱离到落地经历的时间 t=t1+t2=250 s。 　 (2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点(取cos 24°=0.9，sin 24°= 0.4，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速 度a1的大小； 例2 答案　2 m/s2 根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°-μmgcos 24°=ma1 代入数据解得a1=2 m/s2 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小； 答案　4 m/s 根据运动学公式有v2=2a1l1 解得v=4 m/s (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 答案　2.7 m 根据牛顿第二定律有μmg=ma2 根据运动学公式有-v2=-2a2l2 代入数据联立解得l2=2.7 m。 动力学问题的解题思路 总结提升 　 如图所示，OA、OB、OC是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、A、B、C位于同一圆周上，O为圆周的最高点，A为圆周的最低点，O'为圆心，每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，三个滑环从O点无初速度释放，它们到达A、B、C三点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是 A.t1>t2>t3 B.t1<t2<t3 C.t1>t2=t3 D.t1=t2=t3 例3 √ 设杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ=gcos θ·t2，解得t=2，可知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C三点的时间相等，即t1=t2=t3，故选D。 拓展　(1)如图甲所示，质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间 ； (2)如图乙所示，两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开始滑到下端所用时间 ； 相等 相等 (3)如图丙所示，OA为倾角为θ的光滑斜面，若OB=L，重力加速度为g，则物块从斜面顶端A滑到斜面底端的 时间t=__________，若斜面倾角可变(底边长度不变)，当θ= 时，物块沿斜面下滑的时间最短，最短时 间tmin=_______。 45° 设物块的质量为m， 由mgsin θ=ma得：a=gsin θ， x==at2， 得：t= 当sin 2θ=1，即θ=45°时，时间最短，tmin=。 返回 动力学图像问题 考点二 常见的动力学图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。 (1)v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律列方程求解。 (2)a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。 (3)F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。 (4)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。 　 (多选)(2023·全国甲卷·19)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 例4 √ √ 根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。 　 如图甲所示，一竖直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 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 例5 √ 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； 物体与弹簧一起向上匀加速运动时，根据牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma，则 F=kx+mg+ma-kx0，可知题图乙中图线斜率表示弹簧的劲度系数，可得k=5 N/cm，B错误； 根据牛顿第二定律有10 N=ma，30 N-mg=ma，联立解得m=2 kg，a=5 m/s2，C错误，D正确。 分析动力学图像问题的方法技巧 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。 2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。 3.建立图像与公式间的关系：对于a-F图像、F-x图像、v-t图像、v2-x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。 4.注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 总结提升 返回 课时精练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C D D D B A 1 kg　30° 题号 8 9 答案 (1)0.2 m/s2　2 m/s　(2)197.6 N A 1.(2024·贵州卷·1)某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是 A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G，后大于G D.f先大于G，后小于G √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础落实练 答案 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律G-f=ma可知f先小于G，后大于G。故选C。 29 2.2025年春节，某市进行了规模宏大的无人机表演，深受广大市民的喜爱。若质量为2 kg的无人机自静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经4 s上升了20 m。重力加速度g取10 m/s2，则在加速阶段空气对无人机的作用力大小为 A.5 N B.15 N C.20 N D.25 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设无人机的加速度大小为a，根据运动学公式x=at2，解得a== m/s2 =2.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=mg+ma=2×10 N+ 2×2.5 N=25 N，故选D。 3.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大 小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时 间t将 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知=gsin θ·t2，可得t2=，可知θ=45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D。 4.假设飞机起飞前做初速度为零的匀加速直线运动，飞机起飞时的速度与质量的关系为v=km，k为定值，甲、乙两飞机的质量分别为m1和m2，甲、乙两飞机起飞前所受合外力相等，则甲、乙两飞机起飞前在跑道上滑行的距离之比为 A.1∶1 B.m1∶m2 C.∶ D.∶ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设飞机质量为m，起飞前所受合外力为F，根据牛顿第二定律可知飞机加速度a=，根据题意可知飞机起飞速度v=km，其中k为比例系数，则滑行距离x=，解得x=∝m3，故D正确。 答案 5.如图甲所示，小明同学用水平恒力推静止在水平地面上的箱子，1 s后撤去恒力，箱子的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.整个过程中箱子一直做匀变速直线运动 B.箱子所受推力与摩擦力之比为3∶2 C.第1 s末箱子的速度方向发生改变 D.箱子与地面间的动摩擦因数为0.2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据v-t图像的斜率表示加速度可知，箱子在整个过程中先做匀加速运动再做匀减速运动，加速度的大小和方向都变化，所以整个过程不是匀变速直线运动，故A错误； 撤去恒力后，箱子所受合力为摩擦力，则有Ff=μmg=ma2，由题图乙可知，撤去恒力后箱子的加速度大小为a2=||=4 m/s2，解得μ=0.4，故D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 在0~1 s时间内，由牛顿第二定律有F-μmg=ma1，由题图乙可知在0~1 s时间内箱子加速度大小为a1==2 m/s2，解得F=6m，结合上述可知，箱子所受恒力与摩擦力之比为6m∶4m=3∶2，故B正确； 题图乙中速度v的正负表示速度方向，可知第1 s末箱子的速度方向没有变化，故C错误。 6.如图所示，球壳内有三条弦OA、OB、OC，O为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的 时间分别为tA、tB、tC，则三者之间大小关系为 A.tA=tB=tC B.tA<tB<tC C.tA>tB>tC D.tA=tC>tBJ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设弦与竖直方向夹角为θ，球的半径为R，小环沿弦做匀加速直线运动，2Rcos θ=gcos θ·t2，解得运动时间为t=2，与夹角θ无关，故tA=tB=tC，A正确。 7.固定的光滑细杆与水平地面有一定夹角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示。已知推力F和小环速度v随时间变化规律如图乙和丙所示，重力加速度g取10 m/s2，求小环的质量及细杆与地面的夹角α。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　1 kg　30° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图丙知，0~2 s内小环做匀加速直线运动，a=0.5 m/s2，由牛顿第二定律得F1-mgsin α=ma，2 s后小环做匀速直线运动，由平衡条件得F2-mgsin α =0，由以上各式代入题图中数据解得小环的质量m=1 kg，细杆与地面的夹角α=30°。 8.冰壶比赛具有较高的观赏性，如图所示为冰壶比赛的场地模拟图，场地的长度为44.5 m，投掷线到圆垒圆心的距离为30 m。某次比赛时，运动员由距离投掷线10 m处的A点开始用斜向下与水平方向成θ=37°的恒力F推动质量为m=19 kg的冰壶，冰壶在A点时的速度为零，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ1=0.5，经过一段时间冰壶运动到投掷线处时撤走外力，运动员马上用刷子刷冰面，使冰壶与冰面之间的动摩擦因数减小到μ2=，最终冰壶刚好停在圆垒 圆心O，取重力加速度g=10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (1)撤走外力前冰壶的加速度以及冰壶的最大速度分别为多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　0.2 m/s2　2 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设冰壶做匀加速运动的加速度为a1，冰壶在投掷线处的速度最大为vm，撤走外力后冰壶开始减速，减速时的加速度大小为a2。由题意可知，冰壶加速的位移为x1=10 m，减速的位移为x2=30 m，撤走外力后，冰壶受到滑动摩擦力作用做减速运动，根据牛顿第二定律Ff=ma2 又Ff=μ2mg 代入数据解得a2= m/s2 由=2a2x2 可得vm==2 m/s 再由=2a1x1 可得a1=0.2 m/s2 (2)在冰壶上施加的外力应为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　197.6 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 冰壶在加速阶段：受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，水平方向Fcos θ-Ff=ma1 竖直方向FN=Fsin θ+mg 又Ff=μ1FN 代入数据解得F=197.6 N。 9.如图甲所示，斜面体固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物体沿斜面向上做匀加速运动，其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截距可求得的物理量是 A.物体质量 B.斜面倾斜角 C.当地重力加速度 D.物体与斜面间的动摩擦因数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设a-F图像斜率为k，纵轴截距为b。若斜面光滑，对物体受力分析如图甲：有F-mgsin θ=ma，解得a=F-gsin θ，则k=，b=-gsin θ， 若斜面粗糙，对物体受力分析如图乙： 有F-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma'，解得a'=F-(gsin θ+μgcos θ)，则k=，b=-(gsin θ+μgcos θ)，综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可求得的物理量是物体质量m，故选A。 返回 $