第三章　培优练3　牛顿第二定律　动力学中的连接体和临界问题-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习学案聚焦牛顿第二定律及动力学中的连接体、临界问题，整合超重失重、摩擦力、加速度图像分析等核心考点，按“基础理解-综合应用-临界突破”层次构建知识网络，通过情境化问题链引导学生自主运用整体法、隔离法推导规律，形成运动和相互作用的系统观念。 亮点在于诊断性分层训练与科学思维培养，开篇设置9道选择+1道计算的50分自测题，覆盖图像分析（如a-t图判断状态）、连接体受力分析（如斜面系统）等典型情境，学生可通过错题定位薄弱环节。解析中融入模型建构（如板块模型、弹簧临界模型）和科学推理步骤，帮助学生自主诊断提升，教师可依据答题情况实施精准辅导，有效培养学生的科学思维与问题解决能力。

培优练3　牛顿第二定律　动力学中的连接体和临界问题 [分值：50分] [1~9题，每题4分] 1.小明进入厢式电梯，他手机中的加速度传感器记录了电梯在某一段时间内的加速度随时间变化的图像，如图所示，取竖直向上为正方向。则(　　) A.t3~t4，小明重力变小 B.t1~t2，小明处于失重状态 C.t2~t3，小明处于平衡状态 D.t3~t4，小明对电梯的压力恒定 答案　C 解析　小明的重力不变，与电梯的加速度无关，选项A错误；t1~t2时间内电梯向上加速，小明处于超重状态，选项B错误；t2~t3时间内加速度为零，小明处于平衡状态，选项C正确；t3~t4时间内电梯向上减速，加速度先增大后减小，可知小明对电梯的压力不是恒定的，选项D错误。 2.自感电动势正比于电流的变化率，其大小E=L。L为自感系数，其单位“亨利”用国际单位制中的基本单位表示正确的是(　　) A.H B.V·s/A C.kg·m2/(A2·s2) D.Ω·s 答案　C 解析　根据公式 E=L，可得自感系数 L=，由W=qU，W=Fx，F=ma，I=知V==，代入公式得L的单位为，故选C。 3.如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F，从某点P以v0=4 m/s的速度向左滑动，物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m=3 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.F的大小为12 N B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s D.物体回到P点的时刻为1.5 s 答案　D 解析　物体向左做减速运动时，加速度大小a1= m/s2=8 m/s2，物体向右加速时a2= m/s2=2 m/s2，根据F+μmg=ma1，F-μmg=ma2，解得F=15 N，μ=0.3，选项A、B错误；物体向左运动的位移为x1=×4×0.5 m=1 m，根据x1=a2，解得t2=1 s，v=a2t2=2 m/s，故物体回到P点的时刻为1.5 s，速度大小为2 m/s，选项C错误，D正确。 4.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两物块用细线连接，放在倾角为θ的斜面上(细线与斜面平行)，用始终平行于斜面向上的拉力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，为了增加细线上的张力，可行的办法是(　　) A.增大物块A的质量 B.增大物块B的质量 C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ 答案　B 解析　由题意，对A、B整体由牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a，可得a=-gsin θ-μgcos θ，对B隔离由牛顿第二定律有FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a，联立得到细线上的张力FT=F，则要增大FT，可减小物块A的质量，或增大物块B的质量。故选B。 5.2025年3月7日，国际雪联单板滑雪坡面障碍技巧亚洲杯在吉林北大湖滑雪场开幕，在女子个人组比赛中，中国队包揽金银铜牌。如图所示，若滑雪运动员以初速度v=4 m/s沿倾角为θ=37°、足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑，在3 s的时间内下滑的路程为30 m，已知滑板和运动员的总质量为m=50 kg，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则(　　) A.运动员下滑的加速度大小为4 m/s2 B.运动员5 s末的速度大小为20 m/s C.运动员受到的阻力大小为60 N D.运动员受到斜轨道支持力的大小为600 N 答案　A 解析　运动员沿斜轨道向下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有x=vt+at2，解得a=4 m/s2，故A正确；5 s末的速度v5=v+at5=24 m/s，故B错误；运动员在下滑过程中，受到重力mg、轨道的支持力FN以及阻力Ff的共同作用。以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律，沿斜轨道向下方向有mgsin θ-Ff=ma，解得Ff=100 N，故C错误；垂直于斜轨道方向有FN-mgcos θ=0，解得FN=400 N，故D错误。 6.(2025·湖南卷·5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 答案　C 解析　A球静止时，对A球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F库=FTcos 30°+mgcos 30°，FTsin 30°=mgsin 30°，解得FT=mg，F库=mg，A、B错误；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A所受库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得剪断瞬间小球A的加速度大小为g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球受力不变且状态不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。 7.如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.小物块与长木板间的动摩擦因数为 B.长木板与地面间的动摩擦因数为 C.小物块的质量为 D.长木板的质量为 答案　D 解析　设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F>F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有μ2mg=ma1，解得μ2=，故A错误；根据题图乙可知，当F=F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数μ1=，当F1<F≤F3时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有F-μ1(m+M)g=(m+M)a，即a=-μ1g，结合题图乙中图像的截距有-a0=-μ1g，=，解得μ1=，故B错误；当F>F3时，对长木板，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma，整理得a=--，结合题图乙有=，=，则长木板的质量M=，小物块的质量m=，故C错误，D正确。 8.如图所示，质量为m1=1 kg的滑块和质量为m2=2 kg的小球通过不可伸长的轻质细线跨过光滑的轻质定滑轮连接，初始时细线伸直，物块静置于足够长的水平桌面上，与水平桌面之间的动摩擦因数为0.4，物块与滑轮间的细线水平，小球放在水平地面上，小球和滑轮间的细线竖直，且距离足够大。现对物块m1施加水平向左的恒定拉力F=30 N，作用1 s后撤去，重力加速度g取10 m/s2，则小球在运动过程中离地的最大高度为(　　) A.1 m B.1.2 m C.1.25 m D.2.25 m 答案　C 解析　根据牛顿第二定律，施加力F时有F-μm1g-m2g=(m1+m2)a1，解得a1=2 m/s2，撤去力F后μm1g+m2g=(m1+m2)a2，解得a2=8 m/s2，开始运动的1 s内，位移为x1=a1=1 m，速度为v1=a1t1=2 m/s，此后m1向左减速，m2向上减速，小球减速运动的位移为x2==0.25 m，则小球上升的最大高度为hm=x1+x2=1.25 m，故选C。 9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与质量为m的物块A相连接。初始时刻，用挡板B托住物块A，使其处于静止状态，弹簧处于原长。利用计算机系统精确控制使挡板B竖直向下做加速度大小为a=0.5g的匀加速直线运动，直至挡板与物块A分离，分离后物块A向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。重力加速度为g，则(　　) A.挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量x1= B.物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量x2= C.弹簧的最大伸长量为 D.物块A的最大速度vm= 答案　D 解析　当挡板B与物块A分离时，A、B间的作用力为零，则此时A的加速度为a1=0.5g。对物块A受力分析由牛顿第二定律得mg-kx1=ma1，解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为x1=，选项A错误；当物块A达到最大速度vm时，加速度为零，则对物块A有mg=kx2，解得物块A达到最大速度vm时，弹簧的伸长量为x2=，选项B错误；若没有挡板B，物块A从弹簧原长处单独静止释放，物块A在竖直方向上做简谐运动，由对称性可知，物块A下降的高度为。当物块A在与挡板B一起运动，分离前，挡板B对物块A做负功，故弹簧的最大伸长量小于，选项C错误；当物块A与挡板B分离前，物块A的加速度始终为a1=0.5g，由于最开始弹簧处于原长，则当物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得mg-kx=ma，随着弹簧的伸长量x的增大，加速度a逐渐减小。所以物块A从静止到第一次达到最大速度vm的过程中，其加速度a随下降距离x变化的图像如图所示，由v2=2ax可知，根据a-x图像与x轴围成的面积意义，可得=2a1x1+2·a1=，解得物块A的最大速度为vm=，选项D正确。 10.(14分)如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m1=3 kg的物体A置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A，质量m2=8 kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数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。初始时物体B的下表面距地面的高度h=2 m，物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B落地后不反弹。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(6分)在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小； (2)(2分)求物体B落地前瞬间的速度大小； (3)(6分)求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。 答案　(1)36 N　2 m/s2　(2)2 m/s　(3)4.8 m 解析　(1)对物体A，根据牛顿第二定律F-m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a 设物体B的加速度为a1，根据运动关系可知a1=a 对物体B，根据牛顿第二定律m2g-2F=m2a1 联立可得拉力大小为F=36 N 加速度为a=2 m/s2 (2)由运动学公式，有v2=2a1h 可得物体B落地前瞬间的速度大小v=2 m/s (3)物体B落地时，物体A的速度vA=4 m/s B落地后，设A的加速度大小为a2 由牛顿第二定律有m1gsin θ+μm1gcos θ=m1a2 B落地后，根据运动学公式0-=-2a2s1 物体A沿着斜面向上运动的最大距离s=2h+s1 代入数据解得s=4.8 m。 学科网（北京）股份有限公司 $