第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

该高中物理高考复习教案聚焦牛顿运动定律综合应用，涵盖动力学图像分析、连接体问题、临界极值问题三大核心考点，按考向拆解图像意义解读、整体隔离法应用、临界条件判断等关键能力点。通过考点目标梳理、方法策略指导、真题案例精讲的教学流程，帮助学生系统构建解题框架，突破力学综合难点。 教案突出科学思维与模型建构，创新采用“问题类型-方法策略-真题验证”三阶教学，如连接体问题中通过“共速与关联速度”模型分类，结合整体隔离法推导“力的分配协议”。设置分层例题与即时归纳，如临界问题强调“静摩擦力最大”“弹力为零”条件，助力学生短时间内化解题规律，为教师把控复习节奏提供精准教学资源。

第3讲　牛顿运动定律的综合应用 目标 要求 　 　 1.理解动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。2.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。3.理解几种常见的临界、极值条件，会解决相关的临界、极值问题。 考点一　动力学中的图像问题 考向1　由动力学图像分析相关问题 　(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷，10)如图(a)，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) 图(a) 　图(b) A．μ1＋μ2＝2tan θ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 解析：AD　由题意可知两x-t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(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3x0＝v0t0＋a甲t02，对乙有x0＝v0t0－a乙t02，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma甲，对乙有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确；t＝t0时甲的速度为v＝v0＋a甲t0，联立以上得v＝2v0，B错误；t＝t0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；t＝t0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。 应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 考向2　由已知条件确定有关图像问题 　(2025·山东省济南市高三质检)某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是(　　) 解析：B　设排球的质量为m，受到的空气阻力大小为f，上升过程和下降过程中的加速度大小分别为a上和a下，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma上，mg－f＝ma下，解得a上＝g＋>a下＝g－，由v-t图像中图线的斜率表示加速度，可知上升过程中图像的斜率的绝对值比下降过程中图像的斜率的绝对值大；又由于排球最终落回出发点，可知排球上升过程和下降过程的位移大小相等，由v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，t轴上、下方图线与t轴围成的面积大小应相同。综上所述，B可能正确，A、C、D错误。, 思路点拨：注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 考向3　图像间的转换 　(2025·湖南麓山外国语实验中学一模)如图1所示，小木块在水平外力F的作用下由静止开始沿光滑水平面运动，运动过程中木块的速度v随位移x变化的图像如图2所示。下列外力F随速度v、速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 图1　　　　　　　图2 　　 解析：B　根据题意，由图2可知v＝kx，由牛顿第二定律有F＝ma，又有a＝＝kv，整理可得F＝kmv，可知F与v成正比，故A错误，B正确；由AB分析可知，F与v成正比，则物块做加速度增大的加速运动，则v-t图像的斜率随着速度增大而增大，故CD错误。 考点二　动力学中的连接体问题 考向1　共速连接体 　(2026·西北工大附中月考)如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D．绳的拉力大小与木块的质量无关 解析：C　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。 [拓展]　在[例4]中，用力F竖直向上拉木块时，如图甲所示，绳的拉力大小FT＝__________；用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，如图乙所示，绳的拉力大小为__________；斜面不光滑时绳的拉力大小FT＝__________。 图甲 　 图乙 答案： 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＝。 考向2　关联速度连接体 　(2025·安徽卷，5)如图，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 解析：C　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FT－μmg＝ma，对乙由牛顿第二定律有mg－FT＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小FT＝7.5 N，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＋mg＋FT，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。 [归纳总结]　常见连接体模型 (1)共速连接体模型 ①绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体 ②叠加类连接体(一般与摩擦力相关) (2)关联速度连接体模型 轻绳在伸直状态下，A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。 考点三　动力学中的临界极值问题 考向1　摩擦力作用下的临界问题 　(多选)(2026·安徽毛坦厂中学月考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力，则下列选项正确的是(　　) A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析：CD　A所受B的最大静摩擦力为μ·2mg＝2μmg，B所受地面的最大静摩擦力为μmg，故当F<μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A、B一起运动时，对A、B整体根据牛顿第二定律得F－＝3ma，设A、B间的摩擦力为Ff，对A根据牛顿第二定律得F－Ff＝2ma，两式联立得F＝3Ff－3μmg，当A、B之间的摩擦力最大为Ffmax＝2μmg时，解得F＝3μmg，即当μmg<F<3μmg时，A、B两物块相对地面以相同的加速度运动，将F＝μmg代入F＝3Ff－3μmg，解得A、B间的摩擦力Ff＝μmg，故B错误；由前述分析可知，当F>3μmg时，A相对B滑动，故C正确；当A、B发生相对滑动时，A对B的滑动摩擦力为Ffmax＝2μmg，对B根据牛顿第二定律得2μmg－μmg＝maB，解得aB＝μg，故无论F为何值，B的加速度不会超过μg，故D正确。 相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值。 考向2　接触与脱离的临界问题 　(2025·山东省实验中学月考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求力F的最大值与最小值。 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0， 由平衡条件得(m1＋m2)g sin θ＝kx0 代入数据解得x0＝0.12 m 因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1g sin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝at2 联立解得a＝3 m/s2 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大， Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a 解得Fmax＝m2(g sin θ＋a)＝72 N。 答案：72 N　36 N, 两物体脱离的临界条件：FN＝0。 考向3　动力学中的极值问题 　(2025·安徽芜湖一中质检)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 图甲　 　　　　　图乙 (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 解析：(1)根据L＝v0t＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α， 平行斜面方向有F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝ 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin， 代入数据解得Fmin＝ N。 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N, 方法技巧 (1)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。 (2)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。 (3)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。 素养拓展　牛顿第二定律在物体体系中的应用 若系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为m1、m2、m3…，加速度分别为a1、a2、a3…，这个系统受到的合外力为F合，则这个系统应用牛顿第二定律的表达式为F合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋…＋mnan， 其正交表达式为 Fx合＝m1a1x＋m2a2x＋m3a3x＋…＋mnanx，Fy合＝m1a1y＋m2a2y＋m3a3y＋…＋mnany。 　(2026·华南师大附中月考)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，求楔形木块对水平桌面的压力和静摩擦力。 解析：木楔M受力如图所示，利用系统牛顿第二定律列方程，规定水平向右为正方向： 　 y方向：Fy合＝(M＋2m)g－FN地＝M×0＋mg sin2α＋mg sin2β x方向：Fx合＝Ff地＝M×0－mg sinαcos α＋mg sin βcos β 解得Ff地＝0 FN地＝(M＋m)g 由牛顿第三定律可知，楔形木块对水平桌面的压力FN＝FN地＝(M＋m)g，方向竖直向下，静摩擦力Ff＝Ff地＝0。 答案：(M＋m)g，方向竖直向下　0 学科网（北京）股份有限公司 $