第3章 第12课时 动力学两类基本问题动力学图像问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

高三总复习·物理 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。 考点一 动力学两类基本问题 1.解决动力学两类基本问题的思路 道调节后使其全长为28m,通道入口搭建在距地 牛顿第二定律 加速度 运动学公式 面高16.8m的窗口。在通道中，人双臂双腿并拢 下滑时只受到底面的摩擦力，大小为重力的0.4 第一类问题 倍，当速度过快时，张开双臂双腿增加了人与侧壁 受力情况 运动状态 第二类问题 的摩擦，受到摩擦力为并拢时的两倍。若人在通 牛顿第二定律 加速度 道中刚开始双臂双腿并拢由静止加速下滑，之后 运动学公式 某时刻张开双臂双腿减速直到离开通道，人的运 2.分析动力学两类基本问题的关键 动可视为直线，不计空气阻力，g=10m/s2,求： (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运 (1)人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小； 动过程分析： (2)为了确保安全，人滑到底端时的速度不能超过 (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥 4m/s,人在通道中下滑的最大速度和最短时间。 梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 听课记录] [例1]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30km高空时速度达到 1.2km/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号，g取10m/s2。求： (1)助推器能上升到距离地面的最大高度； (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。 听课记录] /总结提升/ 动力学问题的解题思路 根据问题需要和解题方便，选择某 明确研究对象 个物体或几个物体组成的系统为 ↓ 研究对象 受力分析和 画好受力示意图、情景示意图，明 运动过程分析 确物体的运动性质和运动过程 通常以加速度的方向为正方向或 选取正方向 以加速度方向为某一坐标轴的正 或建立坐标系 方向 若物体只受两个力作用，通常用 [例2](2026·辽宁沈阳模 确定合力F合 合成法：若受3个或3个以上的力 拟)如图所示为设计的一种 一般用正交分解法 高楼新型逃生通道，当楼房 发生火灾时，人可以通过该 根据牛顿第二定律F=ma或mO F=ma 通道滑到地面。通道的长度 列方程求解 列方程求解，必要时对结果进行 可以适当调节。若某次将通 讨论 精品教辅·智慧人生 42 第三章运动和力的关系 [例3]如图所示，OA、OB、OC A.l1>t2>l3 B.t1<t2<l3 是竖直平面内三根固定的光 C.t1>t2=13 D.t1=t2=l3 滑细杆，O、A、B、C位于同一 圆周上，O为圆周的最高点，A [听课记录] 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1、2、3，则下列关系正确的是 ( 考点二 动力学图像问题 常见的动力学图像 的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。 条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=o时切 (1)口-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大 线斜率为0，则 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-1图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定 甲四 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 10 出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合 图(a) 图b) 图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而 A.u+u2=2tan 0 由图像给出的信息求出未知量。 B.t=to时，甲的速度大小为3o [例4]（多选）(2026·四川成都模拟)如图甲所 C.1=o之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 示，平行于倾角为0的固定斜面向上的拉力F使 D.1=o之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速α与F 听课记录] 的关系如图乙。图线的斜率为k,与F轴交点坐 标为c,与a轴交点为一b。由图可知 a +/总结提升+++一 甲 分析动力学图像问题的方法技巧 A.小物块的质量为 1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表 B.小物块的质量为安 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。 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b 2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具 D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 体的题意、情结合起来，明确图像反映的 [听课记录] 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、0-1图像、2-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。 [例5]（多选）(2025·黑吉辽蒙卷·高考真题)如 4.要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折 图(a),倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平 点、两图线的交点，特别注意临界点（在临界 面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度0 点物体运动状态往往发生变化)。 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为 十”十十十十种十 12,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙 温解提示 请做课时分层检测（十二） 43 精品教辅·智慧人生小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球！考点四 从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变1.基本导出 小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受2.长度质量时间米千克秒 到的合外力一直变小，加速度一直减小，加速度3.物理关系 的最大值为去拉力时的加速度，由牛频第二例9]解析根据题千公式△=6IL△△业 定律可知2mg=na,加速度的最大值为2g,故！ r C、D错误。 △F2 答案A 整理可得k=,代入相应物理量单位！ [例5]解析剪断细线后，弹力大于A的重力，！ 可得比例系数k的单位为=kg·m/s 则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向 A A2 上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此！ kg·m/(s2·A2),故选B。 时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，远项A 答案B 错误；剪断细线之前则F一3mg,剪断细线瞬 第12课时动力学两类基本问题 间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 动力学图像问题 F一2mg2,解得A的加选度a=号，连者点一 :[例1]解析(1)助推器脱落后，受到阻力F;= 项B正确：剪断细线之前弹簧伸长量x1=3m坚！ 2 5mg 剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧： 上升过程，由牛顿第二定律有 仲长量=2四，即振幅为A=一4-咒 ng十F,=ma1 解得a1=12m/s2,方向竖直向下， 由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸： 则助推器向上做匀减速直线运动，继续上升的 长量为四，选项C正确：由上述分析可知，小球 高度 Uo A运动到最低，点时，弹簧伸长量为3m,选项D h2一2a1 =6×10m=60km 所以助推器能上升到距离地面的最大高度为 错误。故选BC。 h=h1十h2=90km。 答案BC (2)助推器从最高，点开始下落过程中，由牛顿第 [例6]解析对a球受力分析，由平衡条件可i 二定律可知mg一F;一ma2 知FM=k1x=2 mngtan60°=2√5ng,Fr线=！ 解得a2=8m/s cos6而=4mg,对b球受力分析有FN=k工=！ 2mg 落回地面的速度大小为 v=√/2a2h=1200m/s g,则=23，三，故A正确B错 助推器从脱离到最高，点所用时间 误；若剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间，α球受 4=2=100s 重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度， 不为零，故C错误；若剪断弹簧M,则在剪断的： 从最高，点到落地点所用时间2=”=150s 瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为 所以助推器从脱离到落地经历的时间 0,故D错误。 t=t1+t2=250s。 答案A 答案(1)90km(2)1200m/s250s 考点三 :[例2]解析(1)当双臂双腿并拢加速下滑时，设： 向上向下g加速减速加速减速 加速度大小为a,报据几何关系有sm0=冬- mgma mg-ma 0 判断正误 16.8-0.6 28 1.×2.×3./4.× 讨论交流 根据牛顿第二定律有ngsin0一0.4mg=ma1 塑料瓶静止时，小孔有水喷出，是因为上部的水！ 解得a1=2m/s2。 对下部的水产生压力；当让水瓶自由下落时，由！ (2)当张开双臂双腿减速下滑时，设加速度大小 于a=g,水和瓶均处于完全失重状态，上部的 为a2,根据牛顿第二定律有 2×0.4ng-mngsin0=mag 水不会对下部的水产生压力，故水不再从小孔！ 解得a2=2m/s 流出。 设人的最大速度为m,人滑到低端的速度为u, [例7]解析18~20s过程中，物体的重力保 持不变，故A错误；匀速运动时，根据受力平衡 剥有十。，1十 2ao 可得F-ng=30N,解得该物体的质量为n=! 3kg,故B错误；0~4s内电梯处于超重状态，根： 代入数值联立解得m=8m/s,t=6s。 据牛顿第二定律可得Fs一mg=mam,解得最大虹例3 答案(1)2m/s2(2)8m/s6s 解析设杆与竖直方向的夹角为，则有 加速度大小为a-Fmg-030m/= 3 ，可 2R·eos0=号gc0s0:f,解得1=2√ 6.67m/s2,故C错误：1822s内电梯处于失 知从O点无初速度释放的小滑环到达A、B、C 重状态，根据牛顿第二定律可得ng一Fmim一！ 三点的时间相等，即t1=2=13,故远D。 a',解得最大加速度大小为a'=mg一F- 答案D 考点二 3010m/s=6.67m/g,故D正确。 3 [例4幻解析以小物块为对象，根据牛顿第二 答案D F 定律可得F-mngsin0-F;=na,可得a= n [例8]解析(1)由题图可知弹簧测力计的分： b 度值为0.5N,则读数为5.0N。 mgim9十日，结合a一F图像可得=k= (2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为 mgsin 0F 4.5N,小于物体的重力，可知此段时间内物体： 一b,可知小物块的质量为n= 处于失重状态；G=ng=5.0N 1 根据牛顿第二定律mg一Fr=ma 友，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和 代入数据联立解得电梯加速度大小a≈L.0m/s。: ngsin0+F=mb=c,故B、D正确。 答案(1)5.0(2)失重1.0 答案BD 459 例5]解析由题意可知两x-1图线均为抛物 线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由图 (b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀 减速直线运动，对甲有3江，=，十之a,6, 对之有=。一之2，由于1=，时之图 线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有。= ，由以上整理得a甲=a2,由牛顿第二定律 at 对甲有mngsin0-h1 mngcos0=map,对乙有 mgcos0-mgsin0=ma元，整理得h1十h= 2tan日，A正确；t=t0时甲的速度为v=h十am 。,联立以上得v=2,B错误；t=。前，由于 物块甲，乙的加速度大小相等，方向相反，则物 块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止， 斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为 零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体 的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错 误；一t。时物块乙的速度减为零，此后，物块乙 静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运 动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物 块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对 斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。 答案AD 第13课时动力学中的连接体和 临界、极值问题 考点一 例1]解析设P和Q的质量分别为7n和 2,当把大小为F1、方向向左的水平推力作用 在P上时，设整体的加速度大小为a1,根据牛 顿第二定律有F1-9na1。隔离Q分析，因为P 和Q恰好相对静止，根据力的合成与分解以及 牛顿第二定律有2 mngtan0=2a1,联立解得 F,=平mg:当把大小为F方向向右的水平推 力作用在Q上时，设整体的加速度大小为ag, 根据牛顿第二定律有F2=9ma,设Q对P的 弹力大小为FN,则Fxsin0=7ma2,根据牛顿第 三定律可知P对Q的弹力大小为FN'=FN,隔 离Q分析，因为P和Q恰好相对静止，在竖直 方向上根据平衡条件有FNcos0=2mg,联立 解得R,一兴，所以号-子益A正扇。 答案A 例2]解析甲相对木箱向右运动，则甲受到 木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知 甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲由牛 顿第二定律有T一4ng=ma,对乙由牛顿第二 定律有ng一T=na,联立解得甲运动的加速度 大小a=2.5m/s2,绳子拉力大小T-7.5N,C 正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖 直方向上有FN=Mg十ng十T,可知地面对木 箱支持力FN不变，B错误。 答案C 考点二 例3]解析若：>，B相对于车比A相对于 B先滑动，所以不管F多大，B相对车滑动后，A 相对B一直静止，故A正确；若凸>2，整体相 对静止的最大加速度为a。=(m十3mg m3m 2g,则最大拉力为Fm=（n十3m十5m)am= 9hmg,当F=9hmg时，B与车之间开始相对 滑动，故B错误；若凸<地，逐渐增大F,A相对 于B比B相对于车先滑动，故C正确；若1 h,A、B与车都相对静止，系统的最大加速度 为a'=mg=hg,则最大拉力为Fm' (m十3m十5m)am=941ng,故D错误。 答案AC