专题提升5　动力学中的三类典型问题 课件 -2027届高考物理一轮复习

高考总复习 物理 人教版 专题提升5　动力学中的三类典型问题 索引 提升点1 提升点3 课时跟踪练 提升点2 返回导航 第三章　运动和力的关系 课程标准　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。3.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。4.掌握运动学图像,并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 返回导航 第三章　运动和力的关系 01 提升点1　动力学中的连接体问题 返回导航 第三章　运动和力的关系 1.连接体 多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。 2.常见的连接体 (1)共速连接体 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。 ①绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 返回导航 第三章　运动和力的关系 ②叠加类连接体(一般与摩擦力相关) (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度总是相等的。下面三图中A、B两物体的速度和加速度大小相等,方向不同。 返回导航 第三章　运动和力的关系 3.整体法与隔离法在连接体中的应用 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,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求加速度 隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或要求系统内两物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解 返回导航 第三章　运动和力的关系 整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求系统内两物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力” 返回导航 第三章　运动和力的关系 共速连接体 (多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2沿斜面向上匀加速运动时,弹簧的伸长量为x2。下列说法正确的是(　　) A.若m>M,有x1=x2　 B.若m<M,有x1=x2 C.若μ>sin θ,有x1>x2 D.若μ<sin θ,有x1<x2 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　两物块在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律有F-μ(m+M)g=(m+M)a1①,隔离物块A,根据牛顿第二定律有FT-μmg=ma1②,联立①②解得FT=③;在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律有F-(m+M)gsin θ=(m+M)a2④,隔离物块A,根据牛顿第二定律有FT'-mgsin θ= ma2⑤,联立④⑤解得FT'=⑥,比较③⑥可知,弹簧弹力大小相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故A、B正确,C、D错误。 返回导航 第三章　运动和力的关系 ·方法总结· 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m1上,则m1和m2之间的相互作用力FT=,若作用于m2上,则FT=。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同),与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、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。 返回导航 第三章　运动和力的关系 关联速度连接体  (2025·安徽卷)如图所示,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　) A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　物块甲相对木箱向右运动,所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力,根据牛顿第三定律可知,物块甲对木箱的摩擦力方向水平向右,A错误;对物块甲根据牛顿第二定律有T-f=m甲a,对物块乙根据牛顿第二定律有 m乙g-T=m乙a,其中f=μm甲g,联立解得加速度大小为a=2.5 m/s2,绳子的拉力大小为T=7.5 N,C正确,D错误;把木箱和物块甲看成一个整体,在竖直方向上有N=(m甲+M箱)g+T,由上述分析可知m乙g-T=m乙a,联立可得N=(m甲+ M箱)g+m乙g-m乙a,因为物块甲、乙运动过程中加速度不变,所以地面对木箱的支持力不变,B错误。 返回导航 第三章　运动和力的关系 02 提升点2　动力学中的图像问题 返回导航 第三章　运动和力的关系 1.常见图像 (1)-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。 返回导航 第三章　运动和力的关系 (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。 2.分析动力学图像问题的方法技巧 (1)分清图像的类别: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。 返回导航 第三章　运动和力的关系 动力学中的v-t图像 (多选)(2026·江西模拟)如图甲所示,一小滑块在t=0时刻从底端滑上某一斜面,滑块的-t图像如图乙所示。图像中相关数据为已知信息,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　) A.滑块在斜面上运动的总时间为2t1 B.滑块在斜面上运动的总时间为(+1)t1 C.斜面倾角的正弦值为 D.斜面倾角的正弦值为 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　设滑块下滑的加速度大小为a下,滑块在斜面上向上运动的最长距离为x上,滑块返回斜面底端时速度大小为v,则有1=0+a下t1,x上= 0t1,x上=x下=,解得=,设滑块下滑的时间为t下,则有=0+a下t下,解得t下=t1,滑块在斜面上运动的总时间t总=t1+t下=(+1)t1,选项A错误,B正确;设滑块上滑的加速度大小为a上,斜面的倾角为θ,则有a上=,mgsin θ+μmgcos θ= ma上,mgsin θ-μmgcos θ=ma下,解得sin θ=,选项C正确,D错误。 返回导航 第三章　运动和力的关系 动力学中的a-t图像 (2026·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图甲所示,某同学用手机软件把自己手持手机,从静止开始在竖直方向上的一次运动过程的加速度a随时间t变化的图像记录下来,如图乙所示。规定向上为正方向,t2时刻手机速度为零,且最终处于静止状态。已知手机的质量为0.3 kg, 手机与手之间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力 等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,手机与 手始终相对静止。在此过程中下列说法正确的 是(　　) 返回导航 第三章　运动和力的关系 A.手机在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相反 B.t3时刻手机受到的摩擦力大小为3.6 N C.手与手机之间的压力大小至少为10 N D.手机受到的静摩擦力的最大值为7.5 N 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　手机在t2时刻具有向上的加速度,由牛顿第二定律可知,摩擦力方向竖直向上,t1时刻手机具有向下的加速度,而且加速度小于重力加速度,所以摩擦力方向向上,所以在t1与t2时刻所受的摩擦力方向相同,A错误; 由题图乙可知,t3时刻,手机的加速度为a=-8 m/s2 根据牛顿第二定律可得f3-mg=ma3,代入数据解得f3=0.6 N,B错误; t2时刻,手机具有最大的加速度,为a2=15 m/s2 此时手机受到的摩擦力最大,根据牛顿第二定律可得f2-mg=ma2,代入数据解得f2=7.5 N 又因为f=μFN,手和手机之间的压力大小至少为FN==15 N,C错误,D正确。 返回导航 第三章　运动和力的关系 动力学中的a-F图像 (多选)(2026·云南昭通期末)如图甲所示,倾角θ=30°的粗糙斜面上有一质量为m的物体,物体始终受到沿斜面向上的变力F的作用,沿斜面向上为正方向,物体的加速度a随力F变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,根据图乙中所提供的信息可知(　　) A.m=0.4 kg　　　　　　 B.m=2.5 kg C.μ=0.5 D.μ= 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma 整理得a=-gsin θ-μgcos θ 由图像可得图线斜率为k== kg-1=0.4 kg-1 解得m=2.5 kg 同理,可得纵轴截距-gsin θ-μgcos θ=-6 m/s2,解得μ= 故A、C错误,B、D正确。 返回导航 第三章　运动和力的关系 03 提升点3　动力学中的临界、极值问题 返回导航 第三章　运动和力的关系 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。 返回导航 第三章　运动和力的关系 2.四种临界条件 (1)两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。 (2)两物体相接触且处于相对静止时,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;绳子松弛的临界条件是FT=0。 (4)加速度变化时,速度达到最大的临界条件是加速度变为零。 返回导航 第三章　运动和力的关系 3.三种常用解题方法 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,根据数学表达式解出临界条件 返回导航 第三章　运动和力的关系 恰好脱离的临界问题 (多选)(2026·浙江高三模拟)如图所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端与垂直固定在斜面上的挡板相连,另一端与物块B拴接,物块A紧挨着物块B,两物块相对斜面静止。现对物块A施加沿斜面向上的拉力,使物块A、B一起沿斜面做加速度大小为g的匀加速直线运动直到物块A、B分离。物块A、B的质量分别为2m、m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,下列说法正确的是(　　) 返回导航 第三章　运动和力的关系 A.施加拉力的瞬间,物块A、B间的弹力大小为mg B.物块A、B分离瞬间,弹簧弹力大小为mg C.整个过程中拉力先增大后不变 D.拉力F的最大值为2mg 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　施加拉力之前,物块A、B整体受力平衡,根据平衡条件有F弹=3mgsin θ 施加拉力瞬间,物块A、B开始一起向上做加速度大小为a=g的匀加速直线运动,对物块A、B整体,根据牛顿第二定律有 F+F弹-3mgsin θ=3ma 解得F=mg 对物块A,根据牛顿第二定律有F+FBA-2mgsin θ=2ma 解得物块A、B间的弹力大小为FBA=mg,故A正确; 返回导航 第三章　运动和力的关系 物块A、B分离时,A、B间的作用力为零,F最大,对物块A,根据牛顿第二定律得Fmax-2mgsin θ=2ma 解得Fmax=mg 对物块B,根据牛顿第二定律有F弹'-mgsin θ=ma 解得物块A、B分离瞬间,弹簧弹力大小为F弹'=mg,故B正确,D错误; 根据以上分析可知整个过程中拉力F一直增大,故C错误。 返回导航 第三章　运动和力的关系 相对静止与滑动的临界问题 (2026·福建模拟)如图甲所示,质量m1的长木板静置于粗糙的水平地面上,质量m2=2.5 kg的物块置于木板之上。t=0时刻力F作用于长木板上,其变化规律如图乙所示,之后木板受到的摩擦力f随时间t的变化规律如图丙所示。木板与地面间及物块与木板 间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知,g 取10 m/s2,求: 返回导航 第三章　运动和力的关系 (1)F随t的变化规律公式; (2)木板的质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2; (3)t≥3 s后木板的加速度随时间t的关系式。 [答案]　(1)F=5t(N)　(2)m1=2.5 kg　μ1=0.1　μ2=0.2 (3)a=2t-4 ( m/s2)(t≥3 s) 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　(1)由题图乙知F=kt,图线斜率k==5 N·s-1,可得F=5t(N)。 (2)由题图丙知,t=1 s时,木板相对地面开始滑动,则有 f1=5 N=μ1(m1+m2)g t=3 s时,f3=10 N=μ1(m1+m2)g+μ2m2g t=3 s时,木板与物块相对滑动,此时木板与物块的加速度大小相等,即a1=a2=μ2g 对木板和物块整体,根据牛顿第二定律得 F3-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a2 返回导航 第三章　运动和力的关系 解得m1=2.5 kg,μ1=0.1,μ2=0.2。 (3)t≥3 s后,对木板,由牛顿第二定律得 F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a 代入F=5t(N)解得a=2t-4( m/s2)(t≥3 s)。 返回导航 第三章　运动和力的关系 动力学中的极值问题 (多选)如图甲所示,将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得物块运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则(　　) 返回导航 第三章　运动和力的关系 A.物块的初速度大小为2 m/s B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g D.物块沿斜面上滑的最小距离为 m 返回导航 第三章　运动和力的关系 [解析]　由题图乙可知,当夹角为90°时,物块的最大位移为0.2 m,由竖直上抛运动规律=2gh 解得0=2 m/s 故A正确; 当夹角为0°时,物块的最大位移为0.4 m,根据2ax=,μmg=ma 可得μ=0.5 故B错误; 返回导航 第三章　运动和力的关系 根据μmgcos θ+mgsin θ=ma 可得a=gsin θ+μgcos θ=gsin(θ+φ) 因此最大加速度为amax=g=g 此时的最大位移满足2amaxxmin= 解得xmin= m 故C错误,D正确。 返回导航 第三章　运动和力的关系 课时跟踪练 温馨提示 返回导航 第三章　运动和力的关系 $