2027届高三物理一轮复习讲义：专题强化三 动力学中的三类典型问题

该高中物理讲义围绕动力学三大高考核心问题，即图像问题、连接体问题、临界极值问题，按“类型梳理-方法提炼-真题解析”逻辑架构知识，通过考点归纳（如v-t图像斜率意义）、方法指导（整体法隔离法）、真题训练（2023全国甲卷等实例），帮助学生系统构建解题框架，突破高考难点。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如连接体问题总结“合力分配协议”简化计算，临界问题用极限法暴露临界状态，分层练习（A基础、B综合、C拔尖）适配不同学生需求，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应试能力。

专题强化三：动力学中的三类典型问题 学习目标： 1.会应用牛顿运动定律和运动学公式解决动力学中的图像问题。 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.会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。 考点一：动力学中的图像问题 常见动力学图像及应用方法 v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律列式求解 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F、a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 a-t图像 要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列式求解 F-t图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 例1 (2023·全国甲卷改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲=μ乙 D.μ甲>μ乙 答案　B 解析　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，结合题图可知m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故B正确。 例2 (2026·江苏盐城期末)如图甲，一物块在光滑斜面上，受到沿斜面向上的力F作用，由静止开始沿斜面向上运动。物块的速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.0~2 s内，力F逐渐变小 B.0~2 s内，力F逐渐变大 C.2~4 s内，力F一定为零 D.4~6 s内，力F一定不为零 答案　A 解析　由v-t图像任意点切线的斜率表示该点的瞬时加速度可知，0~2 s内，物块的加速度逐渐变小，由牛顿第二定律有F-mgsin α=ma，得F=ma+mgsin α，可知力F逐渐变小，故A正确，B错误;2~4 s内，物块做匀速直线运动，则F=mgsin α，所以力F一定不为零，故C错误;4~6 s内，物块做匀减速直线运动，加速度保持不变，对物块由牛顿第二定律有F-mgsin α=ma，当F=0时，加速度为a=-gsin α，也符合运动规律，可知力F可能为零，故D错误。 (2025·陕、晋、青、宁卷，3)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　由牛顿第二定律结合题图可知，0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度可知，0~1 s时间内和2~3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。 考点二：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)。 连接体的四大类型 弹簧 连接体 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等 轻绳 连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等 轻杆 连接体 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比 物体叠放 连接体 两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度 例3 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，中间用一条水平轻绳连接，两木块的材料相同，重力加速度为g。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，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.若木块和水平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.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 答案　C 解析　系统加速度与木块1加速度相同，设为a，设木块和水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对系统有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a，对木块1有FT-μm1g=m1a，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，且m2越大，绳的拉力越小，故C正确。 拓展 1.两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接。 ①如图甲所示，用力F竖直向上拉木块时，绳的拉力大小FT=　　　　;   ②如图乙所示，用力F沿光滑固定斜面向上拉木块时，绳的拉力大小为　　　　;斜面不光滑时绳的拉力大小FT=　　　　。   答案　①　②　 2.若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动，则A受到的摩擦力大小为　　　　。   答案　 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用 (1)整体法:若连接体内的物体具有共同加速度，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出加速度。 (2)隔离法: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。 (3)整体法和隔离法交替使用:一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力;若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合力或某一个力。 2.共速连接体对合力的“分配协议” 一起做加速运动的物体组成的系统，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、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 例4 (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 答案　C 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;由牛顿第二定律，对甲有FT-μmg=ma，对乙有mg-FT=ma，联立解得a=2.5 m/s2，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，可知地面对木箱的支持力FN不变，B错误。 考点三：动力学中的临界极值问题 1.常见的临界条件 两物体分离的临界条件 弹力FN=0 相对滑动的临界条件 静摩擦力达到最大值 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;绳子松弛的临界条件是FT=0 2.三种技巧方法 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 例5 如图所示，物块M、N叠放在粗糙水平面上，水平外力分别以①、②两种方式作用在物块上，两物块一起以最大加速度运动。M、N的质量之比为1∶2，与地面间的动摩擦因数均为，M、N之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若以方式①运动时，所施加外力大小为F1，则以方式②运动时，所施加外力的大小F2为(　　) A.F1 B.F1 C.F1 D.2F1 答案　C 解析　当M、N之间达到最大静摩擦力时，两者的加速度最大。设M的质量为m，则N的质量为2m。第①种情况，根据牛顿第二定律，对N有μ·2mg=2ma1，对整体有F1-·3mg=3ma1，联立解得F1=μmg;第②种情况，根据牛顿第二定律，对M有μ·2mg-·3mg=ma2，对整体有F2-·3mg=3ma2，联立解得F2=5μmg，则F2=F1，故C正确。 例6 (2026·江苏百校联考)如图所示，质量mB=2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1 kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600 N/m，g=10 m/s2。以下结论正确的是(　　) A.变力F的最小值为2 N B.变力F的最小值为6 N C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.4 m/s D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 答案　B 解析　对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有F+F弹-(mA+mB)g=(mA+mB)a，可得F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-F弹，可知当F弹最大时，F最小，即刚开始施力时，F最小，且此时F弹=(mA+mB)g，因此变力F的最小值Fmin=(mA+mB)a=6 N，故A错误，B正确;刚开始弹簧的压缩量为x1==0.05 m，A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律有kx2-mBg=mBa，解得x2=0.04 m，则物块A在这一过程的位移为Δx=x1-x2=0.01 m，由运动学公式有v2=2aΔx，代入数据解得v=0.2 m/s，故C、D错误。 A级：基础对点练 1.起重机是一种做循环、间歇运动的起重机械。如图甲所示为某种类型的起重机正在作业，作业过程中的某一阶段在竖直方向上运动。如图乙为被吊起货物在该阶段0~4 s内运动的v-t图像，取竖直向上为正方向，则此时间内起重机对货物拉力最大的时刻为(　　) A.0 B.1 s C.2 s D.3 s 答案　A 解析　当物体竖直向上的加速度最大时，拉力F最大，由v-t图像的斜率表示加速度可知，0和4 s时竖直向上的加速度最大，拉力最大，故A正确。 2.某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　) A.F B. C. D. 答案　C 解析　设列车做匀加速直线运动的加速度为a，每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则对后面的38节车厢整体受力分析，有F-38f=38ma;设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F'，对最后面的2节车厢整体受力分析，有F'-2f=2ma，联立解得F'=，C正确，A、B、D错误。 3.如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平面上，a、b两物块分别在沿斜面向下的力F作用下由静止开始运动，两物块运动的加速度a随力F变化的关系如图乙所示。忽略空气阻力，下列关于a、b的质量ma与mb以及a、b与斜面间的动摩擦因数μa与μb的大小关系正确的是(　　) A.ma>mb，μa>μb B.ma>mb，μa<μb C.ma<mb，μa>μb D.ma<mb，μa<μb 答案　B 解析　对物块受力分析如图所示， 由牛顿第二定律有F+mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得a=F+gsin θ-μgcos θ，则a-f图像的斜率k=，纵截距b=gsin θ-μgcos θ，结合题图乙可得<，gsin θ-μagcos θ>gsin θ-μbgcos θ，则ma>mb，μa<μb，故B正确。 4.(2026·江苏南通期末)如图所示，一小球通过细线与固定在小车上的细杆连接，两者保持相对静止一起沿光滑的斜面下滑，不计空气阻力。则关于小球和小车的相对位置正确的是(　　) 答案　B 解析　由题意可知小球、小车的加速度相同，设斜面倾角为θ，对整体由牛顿第二定律得(m球+m车)gsin θ=(m球+m车)a，解得加速度a=gsin θ，方向沿斜面向下，故小球的合力大小F合=m球a=m球gsin θ，即小球的合力为小球的重力沿斜面向下的分力，则绳子拉力垂直斜面向上，故B正确。 5.如图所示，物体A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的固定斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知B物体光滑，质量为m，A物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，质量为2m，下列说法中正确的是(　　) A.A物体与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ B.轻杆对A物体的作用力沿斜面向上 C.增加A物体的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 D.增加B物体的质量，A、B整体将沿斜面匀速下滑 答案　C 解析　以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得3mgsin θ=2μmgcos θ，解得μ=tan θ，故A错误;B物体光滑，轻杆对B物体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作用力沿斜面向下，故B错误;设A物体质量增加Δm，则摩擦力增加μΔmgcos θ=Δmgsin θ，A物体的重力沿斜面向下的分量增加Δmgsin θ，A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B整体做减速运动，故C正确;若增加B物体的质量，设B质量增加Δm，整体的沿斜面向下的分力为(3m+Δm)gsin θ，向上的摩擦力为2μmgcos θ=3mgsin θ，A、B整体的合力为Δmgsin θ，方向沿斜面向下，故向下做加速运动，故D错误。 6.如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0=2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10 m/s2，x的最小值为(　　) A.0.12 m B.0.14 m C.0.16 m D.0.2 m 答案　C 解析　取沿斜面向上为正方向，设木块的加速度为a，质量为m，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得-mgsin θ-μmgcos θ=ma，根据运动学公式有0-=2ax，联立解得x==，其中tan α=，可知当θ+α=90°时，x有最小值，为xmin==0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 B级：综合提升练 7.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA=6 kg，mB=4 kg，从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则(　　) A.t=0时，A物体的加速度为2 m/s2 B.t=1 s时，A、B开始分离 C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度为3 m/s 答案　B 解析　由题图甲、乙可得FA=(8-2t) N，FB=(2+2t) N，t=0时，FA0=8 N，FB0=2 N，由于FA0>FB0，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a==1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa，解得F=2 N，故A、C错误;当A、B之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时A、B的加速度相同，则有=，即=，解得t=1 s，分离时的速度为v=at=1 m/s，故B正确，D错误。 8.如图所示，倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，小球的质量为m= kg，g=10 m/s2。当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(　　) A.10 N B.5 N C. N D. N 答案　A 解析　设小球将要离开斜面时滑块的加速度为a0， 此时小球的受力情况如图甲所示 对小球根据牛顿第二定律，有=ma0，其中θ=45°，解得a0=g。当滑块向右运动的加速度a=2g>a0时，小球已“飘”起来了，此时小球受力情况如图乙所示，则此时细线的拉力大小为FT'==10 N，故A正确。 9.(2026·江苏盐城伍佑中学月考)如图所示，质量M=4 kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.7。这时铁箱内一个质量m=1 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内侧的动摩擦因数μ2=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求铁箱对木块的支持力大小; (2)求水平拉力F的大小; (3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度v0=6 m/s时撤去拉力，经过t=1.2 s时间木块恰好从左侧到达右侧，求铁箱的长度。 答案　(1)20 N　(2)135 N　(3)1.2 m 解析　(1)由题知木块恰好能静止在后壁上，则木块竖直方向受力平衡，则有μ2FN=mg 解得FN=20 N。 (2)由牛顿第二定律，对木块有FN=ma 对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a 联立解得F=135 N。 (3)撤去拉力后木块做减速运动，加速度 am==-5 m/s2 铁箱也做减速运动，加速度 aM==-7.5 m/s2 铁箱经tM==0.8 s停下，由于μ1(M+m)g>μ2mg，则停止以后铁箱不再运动，1.2 s内铁箱的位移 xM=tM=2.4 m 木块运动1.2 s时间后速度为v=v0+amt=0，所以1.2 s内木块的位移xm=t=3.6 m 所以铁箱的长度L=xm-xM=1.2 m。 C级：拔尖进阶练 10.(2026·江苏常州期末)如图甲所示，质量为M=2 kg的小物块A和质量为m=1 kg的小物块B用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻质细线相连接，细线不可伸长，A放在倾角为θ=37°的粗糙斜面上，A与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.25，B放在水平面上，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.2。计时开始时，在B上施加一个水平向左的外力F，大小为30 N，力F随时间做周期性变化，规律如图乙所示。物块A、B运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)在0~1 s内物块A的加速度大小; (2)3 s末物块B的速度大小。 答案　(1)4 m/s2　(2) m/s 解析　(1)在0~1 s内，由牛顿第二定律， 对B有F-μ2mg-FT=ma 对A有FT-Mgsin θ-μ1Mgcos θ=Ma 联立解得物块A的加速度大小为a=4 m/s2。 (2)1 s末B的速度大小为v1=at1=4 m/s 在1~2 s内，系统做减速运动，设其加速度大小为a1，细线拉力大小为FT1， 由牛顿第二定律，对B有μ2mg+FT1=ma1 对A有Mgsin θ+μ1Mgcos θ-FT1=Ma1 解得a1=6 m/s2 设再经过时间t2，B的速度减为零，根据运动学公式有t2== s= s 即t= s时，B的速度为零，之后A、B反向加速，设系统的加速度大小为a2，对系统由牛顿第二定律有 Mgsin θ-μ1Mgcos θ-μ2mg=(M+m)a2 解得a2=2 m/s2 2 s末B的速度大小为 v2=a2t3=2×(2-) m/s= m/s 方向水平向右， 此后系统做减速运动，设其加速度大小为a3，细线拉力大小为FT2， 根据牛顿第二定律，对A有 FT2+μ1Mgcos θ-Mgsin θ=Ma3 对B有F-FT2+μ2mg=ma3 联立解得a3=8 m/s2 B的速度减为0的时间为t4== s 此后B向左以a=4 m/s2的加速度加速，运动时间为t5=1 s- s= s 3 s末物块B的速度大小为v3=at5= m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $