第3章素养培优4 牛顿运动定律的综合应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课件PPT

2026-08-11

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摘要：

该高中物理高考复习课件聚焦牛顿运动定律综合应用，覆盖动力学图像、连接体问题、临界与极值问题三大核心考点。对接高考评价体系，分析近五年真题考点分布，如动力学图像占比35%、连接体问题占30%，归纳v-t图像分析、整体隔离法等常考题型，构建系统备考框架。课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”策略，以2024全国甲卷a-m图像题为例，运用科学思维中的模型建构方法，推导加速度公式，总结“图像斜率-质量关系”解题技巧。融入临界条件分析等策略，培养学生科学推理能力，教师可通过典例变式训练精准突破考点，助力学生高效冲刺高考。

内容正文：

素养培优4　牛顿运动定律的综合应用第三章牛顿运动定律下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理课后素养提能 01 高考总复习物理第三章牛顿运动定律下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航第三章牛顿运动定律高考总复习物理培优点一　动力学中的图像 1．数形结合解决动力学图像问题 (1)在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图． (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息． (3)常见的动力学图像 v t图像、at图像、Ft图像、Fa图像等． 2．动力学图像问题的类型：图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型： 3．解题策略 [典例1]　物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两物体的图线平行，则以下关系正确的是(　　) A．mA＜mB＜mC　　 B．mA＜mB＝mC C．μA＜μB＝μC D．μA＞μB＝μC [解析]　C　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，可得a＝eq \f(F,m)－μg，图像斜率为k＝eq \f(1,m)；由图可知kA＝kB＞kC，可得mA＝mB＜mC，故A、B错误；图像截距为a＝－μg；即|a|＝μg，由题图可知|aA|＜|aB|＝|aC|，可得μA＜μB＝μC，故C正确，D错误．] [典例2]　(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码．改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到am图像．重力加速度大小为g.在下列am图像中，可能正确的是(　　) [解析]　D　[设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得 T－f＝Ma，以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝eq \f(mg－f,M＋m)＝eq \f(g－\f(f,m),M＋m)·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g.] [典例3]　甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v t图像如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是(　　) A．释放瞬间甲球加速度较小 B．eq \f(m1,m2)＝eq \f(v2,v1) C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 [解析]　C　[释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，均为重力加速度g，故A错误；小球运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，即mg＝kv，可得eq \f(m1,m2)＝eq \f(v1,v2)，由图像知两小球匀速运动时，v1＞v2，则甲球质量大于乙球质量，故B错误，C正确；根据小球下落高度等于v t图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度较大，故D错误．] 　处理动力学图像问题的一般思路 (1)依据题意，合理选取研究对象． (2)对物体先受力分析，再分析其运动过程． (3)将物体的运动过程与图像对应起来． (4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断．　如图甲所示，放在固定斜面上的物块，受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，力F的大小与时间t的关系如图乙所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示，6 s后的速度图像没有画出，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物块的质量为5 kg B．物块在前2 s内受到的静摩擦力大小为20 N C．物块在4～6 s内受到的摩擦力大小为30 N D．物块在2～6 s内的平均速度大小为2.5 m/s 解析：A　[设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块与斜面的动摩擦因数为μ.2～4 s内，根据题图丙可知加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,4－2) m/s2＝2 m/s2，拉力F2＝40 N，根据牛顿第二定律可得：F2－mg sin θ－μmg cos θ＝ma,4～6 s内，物块做匀速运动，拉力F3＝30 N，根据平衡条件可得：F3＝mg sin θ＋μmg cos θ，联立解得：m＝5 kg，故A正确；物块在前2 s内处于静止状态，拉力F1＝20 N，根据平衡条件可得：f＝F1－mg sin θ≠20 N，故B错误；4～6 s内，物块做匀速运动，拉力F3＝30 N，根据平衡条件可得：μmg cos θ＝F3－mg sin θ≠30 N，故C错误；速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，则物块在2～6 s内的位移x＝eq \f(6－4＋6－2,2)×4 m＝12 m，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(12,4) m/s＝3 m/s，故D错误．] 培优点二　动力学中的连接体问题 1．连接体的类型弹簧连接体物物叠放连接体轻绳连接体轻杆连接体 2.连接体的运动特点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等. 轻杆轻杆平动时，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．轻弹簧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. [典例4]　(2024·北京卷)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动．飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A.eq \f(M,M＋m)F　　　　 B.eq \f(m,M＋m)F C.eq \f(M,m)F D.eq \f(m,M)F [解析]　A　[根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝eq \f(M,M＋m)F.] 　 (本题源于人教版必修第一册P113 A组T4)如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图．若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，求空间站的质量．答案：8.7×104 kg [典例5]　如图所示，天花板上固定了一个光滑的定滑轮．轻绳的左端所挂钩码的质量为M，右端两个钩码的质量都为m，最初悬挂系统静止在空中．某时刻，将右端的钩码瞬间取走一个．则有关悬挂系统取走一个钩码后的运动，下列说法正确的是(　　) A．轻绳上的拉力大小为Mg B．轻绳上的拉力大小为mg C．悬挂系统的加速度大小为eq \f(g,3) D．悬挂系统的加速度大小为g [解析]　C　[当悬挂系统静止在空中时，依据平衡条件有Mg＝2mg，则有M＝2m，取走右端的一个钩码后，对整体由牛顿第二定律有Mg－mg＝(m＋M)a，解得a＝eq \f(g,3)，则C正确，D错误．隔离M受力分析，由牛顿第二定律有Mg－T＝Ma，解得T＝eq \f(2,3) Mg＝eq \f(4,3) mg，则A、B错误．] [典例6]　物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示．开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示．整个运动过程中以下说法正确的是(　　) A．t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s B．恒力F大小为1.6 N C．物块Q的质量为0.5 kg D．t＝1 s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动 [解析]　C　[图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若0～1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时Q的速度大小等于vQ＝eq \f(1,2)×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由图可得实际Q的图像at与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时at图像与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，故A错误；t＝0时，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，故恒力大小为2 N，故B错误；t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP＋mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误．] 　处理连接体问题的方法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出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出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” 　(多选)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　) A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小 B．若粘在a木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小 D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大解析：ACD　[由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故A正确；若粘在a木块上面，以c为研究对象，由牛顿第二定律可得FT＝ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有F－fab＝ma，可知，摩擦力fab应变大，故B错误；若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab＝2ma，因加速度减小，故摩擦力变小；以c为研究对象，由牛顿第二定律可得FT＝ma，因加速度减小，所以拉力减小，故C正确；若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体F－FT＝2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有F－fab＝ma可知fab增大，故D正确．] 培优点三　动力学中的临界和极值问题 1．临界或极值条件的标志 (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“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态． (3)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． (4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．动力学中的“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力FN＝0. (2)相对静止或相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件绳子断与不断的临界条件是绳子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)速度最大的临界条件在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值． [典例7]　一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示．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(g取10 m/s2)．求： (1)物体做匀加速运动的加速度大小． (2)F的最大值与最小值． [审题指导]　(1)根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量． (2)由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度． (3)当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q分离时拉力最大． (4)0.2 s时，P对Q的作用力为0. [解析]　(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0，则(m1＋m2)g sin θ＝kx0，因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0，设此时弹簧压缩量为x1，由牛顿第二定律知 kx1－m1g sin θ＝m1a，前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为 x0－x1＝eq \f(1,2)at2，联立各式解得：a＝3 m/s2； (2)P、Q刚开始运动时拉力F最小，此时有 Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时有 Fmax－m2g sin θ＝m2a，解得Fmax＝72 N. [答案]　(1)3 m/s2　(2)72 N　36 N [典例8]　足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑，如图甲所示．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，如图乙所示，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化．重力加速度g取10 m/s2. (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当θ满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值． [审题指导]　1.物块恰好能沿着木板匀速下滑，说明物块沿木板的合外力为0，用平衡知识求解． 2．小物块沿木板滑行的最大距离x将发生变化，可由牛顿第二定律列出方程，根据数学知识求解． [解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F，F＝μmg cos θ，解得μ＝eq \f(\r(3),3). (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－veq \o\al(2,0)＝2ax得x＝eq \f(v\o\al(2,0),2gsin θ＋μcos θ)，令cos α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，即tan α＝μ，即α＝30°，则x＝eq \f(v\o\al(2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)，当α＋θ＝90°时x最小，可得θ＝60°，所以x最小值为 xmin＝eq \f(\r(3)v\o\al(2,0),4g)＝eq \f(5\r(3),2) m. [答案]　(1)eq \f(\r(3),3)　(2)θ＝60°　eq \f(5\r(3),2) m 如图，在车厢长度L＝2.7 m的小货车上，质量m＝70 kg、厚度d＝0.2 m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以v0＝36 km/h的速度沿坡度为5%(即斜面倾角θ满足tan θ＝0.05，sin θ≈0.05，cos θ≈1)的斜坡向上运动. 某时刻，冰块从绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部，与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹；碰撞后，司机经过t0＝0.5 s的反应时间开始以恒定加速度a刹车. 已知冰块与车厢底板间动摩擦因数μ＝0.03，设冰块与尾挡板碰撞前后，冰块没有破碎，车厢的速度变化可以忽略；取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求从冰块滑脱，到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离； (2)若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，求a的最大值. [解析]　(1)冰块滑向尾部的过程中做匀减速运动，对其加速度大小a1，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得a1＝0.2 m/s2，冰块滑到尾挡板经过的时间为t1，该段时间内冰块位移为x冰＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)，v0＝36 km/h＝10 m/s，货车的位移为x货＝v0t1，根据位移关系有x货－x冰＝L－d，联立解得t1＝5 s，所以从冰块滑脱到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离为x货′＝v0(t1＋t0)＝55 m (2)冰块滑到尾挡板时的速度为v冰＝v0－a1t1＝9 m/s，此时冰块速度与货车速度方向相同，相对车厢速度为1 m/s，方向沿车厢向下；根据题意冰块与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹，故反弹后冰块的速度沿车厢向上，故可知此时速度为v冰′＝11 m/s，此时冰块沿车厢向上做匀减速运动的加速度大小为a2，有mg sinθ＋μmg cosθ＝ma2，解得a2＝0.8 m/s2，若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端刚好不发生碰撞，此时加速度a为最大值，设货车刹车的时间为t，冰块从反弹到刚好到达车厢前端时，货车的位移为x货″＝v0t－eq \f(1,2)at2＋v0t0，冰块的位移为x冰′＝v冰′(t＋t0)－eq \f(1,2)a2(t＋t0)2，到达车厢前端时冰块和货车速度相同，有v0－at＝v冰′－a2(t＋t0)，位移关系有x冰′－x货″＝L－d，联立解得a＝eq \f(5,7) m/s2. [答案]　(1)55 m；(2)eq \f(5,7) m/s2 $

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