第3课时专题强化：牛顿第二定律的综合应用-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

第三章 运动和力的关系 第3课时专题强化：牛顿第二定律的综合应用 【目标要求】1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题.2.理解几种常见 的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题. 考点一动力学中的连接体问题 多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细： ①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的 杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接 拉力FT= 体.系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速 ②如图乙所示，用力F沿光滑斜面向上拉木块 度（或速度、加速度大小相等）· 时，绳的拉力为 ;斜面不光滑时绳的 1.共速连接体 拉力FT= 两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度 (2)若质量为m1和m2的木块A和 A 和相同的加速度】 B叠放在一起，放在光滑水平面上， B (1)绳的拉力（或物体间的弹力）相关类连接体 B在拉力F的作用下，A、B一起（相对静止）做匀 加速运动，则A受到的摩擦力为 ABf A B AB +/总结提升/++++ 1.整体法与隔离法在分析共速连接体中的 (2)叠加类连接体（一般与摩擦力相关） 应用 A E (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加 B 速度，可以把它们看成一个整体，分析整体 [例1]（多选）如图所示，水平 F 受到的外力，应用牛顿第二定律求出加 地面上有三个靠在一起的物 速度； 块A、B和C,质量均为，设它们与地面间的动 (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力 摩擦因数均为4，用水平向右的恒力F推物块A, 时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用 使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、 牛顿第二定律列方程求解； F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的 (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下， 大小，则下列判断正确的是 ( 若连接体内各物体具有相同的加速度，且求 A.若≠0，则F1:F2=2：1 物体之间的作用力时，可以先用整体法求出 B.若≠0，则F1：F2=3：1 加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第 C.若u=0,则F1：F2=2:1 二定律求相互作用力；若求某一外力，可以 D.若=0，则F1:F2=3:1 先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求 听课记录】 合外力或某一个力. 2.共速连接体对合力的“分配协议” 一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于 m上，则m和2之间的相互作用力FT= m2F mF m1十m2 ,若作用于m2上·则FT=m1干m了 拓展(1)两个质量分别为m1和m2的木块1和 此“协议”与有无摩擦无关（若有摩擦，两物 2,中间用一条轻绳连接。 体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与 + 1F 1 两物体间有无连接物、何种连接物（轻绳、轻 2 杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平 面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立 甲 十++十+++++十十++++++++++十+ 41 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 2.关联速度连接体 C.绳子对定滑轮的作用力大小为2√3mg 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速 D.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大 度总是相等.下面三图中A、B两物体速度和加 小不相等 速度大小相等，方向不同. 听课记录] [例2]（多选)(2025·湖北孝 感开学考试)如图所示，固定 a 在地面上的光滑斜面体倾角 为0=30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑 轮，绳两端系有小物块a、b,a的质量为2m,b的 质量为4m.重力加速度为g,定滑轮左侧轻绳与 +/总结提升/++++++ 斜面平行，右侧轻绳竖直.将a、b由静止释放，则 关联速度连接体做加速运动时，由于加速度 下列说法正确的是 ( 的方向不同，一般采用分别选取研究对象， A.绳子对b的拉力大小为4mg 对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离 为 B.a的加速度大小为号 法求解加速度及相互作用力。 考点二 动力学中的临界和极值问题 1.临界、极值条件的标志 [例3]（多选）如图甲所示，物块A、B静止叠放在 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼， 水平地面上，B受到从零开始逐渐增大的水平拉 明显表明题述的过程存在着临界点； 力F的作用，A、B间的摩擦力F、B与地面间的 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字 摩擦力F2随水平拉力F变化的情况如图乙所 眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往 示.已知物块A的质量m=3kg,取g=10m/s2, 往是临界点 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正 2.常见的临界条件 确的是 (1)两物体脱离的临界条件：F、=0. N (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； F/N 绳子松弛的临界条件是FT=0. 甲 3.处理临界问题的三种方法 A.两物块间的动摩擦因数为0.2 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现 B.当0<F<4N时，A、B保持静止 极限法 象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的 C.当4N<F<12N时，A、B发生相对滑动 目的 D.当F>12N时，A的加速度随F的增大 临界问题存在多种可能，特别是有非此即彼两 而增大 假设法 种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也 听课记录] 可能不出现临界条件时，往往用假设法解决 问题 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达 数学法 式解出临界条件 精品教辅·智慧人生 42 第三章运动和力的关系 [例4]（多选)(2025·江西 37°，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 南昌模拟)如图所示，倾角 cos37°=0.8.求： 0=30°的光滑斜面固定在 F 水平地面上，与斜面垂直 的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡 板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A 和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、 分 B不粘连，处于静止状态.现用一沿斜面向上的 (1)物块加速度a的大小； 外力F拉物块B,已知重力加速度为g,F= (2)物块与斜面之间的动摩擦因数： 2mg,弹簧的劲度系数为k,不计空气阻力.下列 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 说法正确的是 为保持原加速度不变，F的最小值是多少 ( A.当弹簧恢复原长时，物块A、B分离 听课记录] B.物块A、B分离瞬间，物块A的加速度大小为 28 C.物块A、B分离瞬间，弹簧的压缩量为竖 2k D.从外力F作用在物块B上到物块A、B分离 的过程中，物块B的位移大小为 2k 听课记录 [例5]如图甲所示，一个质量m=0.5kg的小物 块（可看成质点），以o=2m/s的初速度在平行 斜面向上的拉力F=6N作用下沿斜面向上做匀 加速运动，经=2s的时间物块由A点运动到B 点，A、B之间的距离L=8m,已知斜面倾角0= 温馨提示 请做课时分层检测（十三） 第4课时专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 【目标要求】1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类.2.会对传送带上的物体进行受力分析 和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题， 1.模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于： (2)物体相对传送带的位移大小△x 物体和传送带相对滑动（或有相对运动趋势）而： ①若有一次相对运动：△x=x传一x物或△x一物一传： 产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系， ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同， 摩擦力可能是动力，也可能是阻力. 则△x=△x1十△x2(图甲)； 2.解题关键：抓住V物=v传的临界点，当物=传 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变 相对位移大小△x2(图乙). 3.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 △x2 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运 △x △2 动学公式求得的位移， 甲 乙 43 精品教辅·智慧人生考点四 第3课时 专题强化：牛顿第二定律！第4课时专题强化：“传送带”模型 1.基本导出 的综合应用 中的动力学问题 2.长度质量时间米千克秒 !考点一 !考点一 3.物理关系 「例1门答案AC :[例1]答案ABD [例7]答案A 解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设 解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送 1 解析 由f=2cpSt,可得c 2f ,右边式子！ 加速度为a,若=-0，分别对物块B、C组成的 带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带 系统和物块C应用牛顿第二定律有F1=2ma,! 共速后，做匀速直线运动，加速度为零。芳传送 kg·m/s2 的单位为kgm:m",m/9=1,即c为常 F2=ma,易得F1:F2=2:1,C项正确，D项！ 带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀 错误：若≠0，分别对物块B、C组成的系统和 加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离 数，没有单位，B、C、D错误，A正确. 物块C应用牛顿第二定律有F1一2mmg=2ma,: 开传送带，故C错误，A、B、D正确. 第2课时牛顿第二定律的基本应用 F2一mg=ma,易得F1:F2=2：1,A项正[例2]答案AC 考点一 确，B项错误， 解析根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加 [例1]答案(1)8m/s(2)-27J 解析1)物体所受的摩擦力为=m=0,2!拓展(1)①上 ②2F m2F m1十7mg 1十m2 m1十712 速度a=m=g=4m/s2,快递箱加速位移 111 ×1×10=2N0~2s,根据牛顿第二定律F mF 21 f=ma,其中F-6N,解得a=4m/s2.2s末的i (2) m1十12 x1一2a =8m,快递箱匀速位移=· a 速度v=at=2X4m/s=8m/s.前2s内的位：[例2]答案B(0 16m,所以传送带总长L=24m,故A正确：若 移x1=a=×4X22m=8m. 解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的： 1=0,快递箱加速位移x1=8m,传送带在这 大小相等，速度变化量大小相等，D错误；将a、 (2)2s3s内，根据牛颜第二定律F'一f= b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合= 段时问内运动位移x华=·二=16m,则痕 ma,其中F'=-3N,可得a=-5m/s2,2s~1 4mg一2 mngsin0=(2m十4m)a,解得a=号，故 迹长=x一王1一8m,故B错误：如果1= 3s内，物体的位移工2=l十2at2,代入数据 B正确；以b为研究对象，设拉力为T,由牛顿} 快递箱加时间1=。=1s,加建 可得x2=5.5m.在0~一3s内物体所受摩擦力1 第二定律有4mg一T=4ma,解得T=2mg,故 做的功Wr=一f(x1十x2),代入数据可得Wr= A错误：由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°， 位移'= 2a ,=6m,匀速时间t2 27J. 则绳子对定滑轮的力为F=2Tc0s30°=2V5mg 例2]答案(1)0.08144N(2)200N 故C正确. =2.25s,在此期间传送带匀速位移x= 解析(1)“冰壶”在推力F作用下做匀加速运考点二 动，运动5m后的速度为0，由牛顿第二定律及[例3] (t1十t2)=26m,所以两者路程之比为L:x= 答案AB 12：13,故C正确：如果传送带速度加倍，则快 运动学公式可知F一mg=ma1,v2=2a1x1 解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 撒掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减 间的滑动摩擦力为6N,所以A、B之间的动摩， 递箱加速时间'-2%=4s,加速位移x” a 速运动，10s时间内运动了40m,由牛领第二 擦因数以 nm=0.2,选项A正确：当0<F< 4v2 定律及运动学公式可知Fr=wmg=1ag,x? 2a =32m,大于24m,所以快递箱一直匀加 号，a=只，解得=0.08，F=144N 4N时，根据题图乙可知，F2还未达到B与地， 速运动，故D错误 面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选[例3]答案BC (2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且 项B正确：当4NF<12N时，根据题图乙可 解析相对地面而言，小物块在0一1时间内， 要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并 知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦； 向左做匀减速直线运动，山1之后反向向右运动， 重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰 力，所以没有发生相对滑动，选项C错误：当F> 故小物块在1时刻离A处距离最大，A错误； 壶的速度为’，根据牛领第二定律及运动学公 12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对： 式可知 小物块在0一1时间内，向左做匀减速直线运 匀加速过程F'一以'mg=ma 滑动，对A物块有a=四=2m/s2,加速度不 动，相对传送带向左运动，在t1一t2时间内，反 m 匀减速过程：'mg=ma1 向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带 变，选项D错误， 的速度，相对传送带向左运动，1g时刻两者同 所用总时间之十之=10S [例4]答案BD 速，在12一13时间内，小物块相对于传送带静 解析物块A、B分离前，在外力的作用下一起！ 止，所以？时刻小物块相对传送带滑动的距离 所走总路程2a十2a1 灯) =45m,解得F=200N. 沿斜面向上做加速运动，当物块A、B分离时物 达到最大值，B正确：0~12时间内，小物块相对 块A、B的加速度相等且沿斜面向上，A、B间的 [例3]答案C 传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力， 弹力为零，对物块A受力分析可知弹簧对A的： 解析设AO和B)与水平面夹角分别为a和 滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D 弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状态，故A错 3,长度分别为l1和12，设圈的直径为d,由几何 误 关系有l1=dsin a,l2=dsin3,沿AO方向上，对！ 误：物块A、B分离瞬间，物块AB加速度相等，对！考点 小滑块由牛顿第二定律有ngsin a=a1,由运！ 物块B,由牛领第二定律有F-2mgn30=2ma:[例4们答案(1)不能(2)1.5s(3)5m d4 解析（1)由于mng sin37°>4 ng cos37°，所以 动学公式有4=414，联立解得1=√ 解得a=之g,所以物块A的加速度大小为！ 煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止 ?g,故B正确：对物块A受力分析，由牛颜第！ (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力 沿OB方向上，同理可得√g ,故C正确 1 二定律可得kx1一ngsin30°=ma,解得弹簧的！ 其加速度为a1=g(sin0+4cos)=10m/s2, 考点二 压缩量为1=，故C错误；F没有作用在B 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 [例4]答案D 解析 设物块P的质量为M,物块P与桌面间· 上时，A、B处于静止状态，根据共点力平衡条 间1==1s,发生的位移1=7a112 3m，因此B 5 m 的动摩擦因数为以，轻绳上的拉力大小为T 件得3 ngsin30°=kx2,解得x2= 2k 对砝码和轻盘组成 煤块速度达到后，加速度大小改变，继续沿 牛顿第 的整体：mg-T=ma 传送带向下加速运动，则有 g-（+D,D对 运动的位移为2一跟，故D正确， 二定律气对物块P:T-uMg-hJ m+M a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, [例5] 答案（12m/(20.5(3)125N x2=L-x1=5.25m, 「例51答案BCD 5 解析由题图(c)可知，1时刻物块、木板一起！ 由x2=t4十2a,”, 刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止， 解析。(1)根据L=1十2a, 得t2=0.5s 此时以整体为研究对象有F1=(1十m?）g,! 代入数据解得a=2m/s2 故煤块从A运动到B的时间为1一t1十t2 故A错误： (2)根据牛顿第二定律有F一gsin日-mgcos0= 1.5s 由题图(c)可知，12时刻物块与木板刚要发生相： a,代入数据解得=0.5. (3)第一过程痕迹长△x1=4一x1=5m, 对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定 (3)设F与斜面夹角为a, 第二过程痕迹长△.x2=x2一%t2=0.25m, 律，有F,-1(m1十m,）g=(m1十m2）a, 平行斜面方向有Fcos a-ngsin0-Fy=ma △x2与△x1部分重合，故痕迹总长为5m, 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 垂直斜面方向有Fy十Fsin a-ngcos0 拓展答案1.4415 有以2m2g一1(m1十m2)g=m1a>0, 联立解得F=ma十mg(sin0叶ucos0) 解析由于Ff='Fy='ngcos0=mgsin0 解得F=m,(m1十m2) C0Sa十以S1na 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的 2一1)g 1 _a十mg(sin0+ucos) 分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直 可知>m十四4，故B,C正确： √+1sin(e十a) 线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀 当sin(o十a)=1时，F有最小值Fmim 速直线运动.a'=g(sin0+4cos0)=12m/s, 由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对 5 静止，所以有相同的加速度，故D正确. 代入数据解得Fm=125N 5 加造时间'-=号0.833s, 459