第三章 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用（配套教参）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

素养培优4牛顿运： 培优点一 动 考点透视 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、a-t图像、F-t图像、F-a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： 由v-t图像分析物体的受力情况 动力学图像 问题的类型 根据已知条件确定某物理量的变化图像 由F-t图像分析物体的运动情况 3.解题策略 由运动图像 构建 图等 运动情景 抓住 簧剂 图像的关 点，提取 整 有用信息 迪选譬云窖律列方程 典题例析 [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 mAmB、mc,与水平面的动摩擦因 数分别为AgC,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.m<mg<mc B.mA<mB-mc C.B=uc D.>B=uc [解析]C[根据牛顿第二定律有F一mg= ma,可得a=一g,图像斜率为了】 m 由图可知kA=kB>kc,可得mA=mB<mc,故A、B 错误；图像截距为a=一g; 即|a=ug,由题图可知aA|<|ag|=|ac|,可得 μA<B=C,故C正确，D错误.] ·61 第三章牛顿运动定律 动定律的综合应用 学生用书P51 力学中的图像 [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 m 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a-m图像.重力加速度大小为g.在下列a-m 图像中，可能正确的是 ) A B C D [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, ·m 联立可得a=M+m一M十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 甲球 别为m1、m2,从同一地点 (足够高)同时由静止释放. 乙球 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， 0 to t 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t。两球的速度都已达到各自的 稳定值v1、2·则下列判断正确的是 A.释放瞬间甲球加速度较小 B.m1=当 n21 C.甲球质量大于乙球质量 D.t。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=k,可得四1=，由图像知两小球匀速运 m2 V2 动时，v1>2,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)-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.] 高考总复习物理 规律方法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. [教师专享] 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，6s后的速度图像没有画出，g取 10m/s2,下列说法正确的是 ) 甲 FN 0/(ms) 40 30 20 6 t/s 6t/ 丙 培优点二 动力 考点透视 1.连接体的类型 0 连 A FM A…BE 物叠放连接 B江剑 B 绳连接体 PO A.物块的质量为5kg B.物块在前2s内受到的静摩擦力大小为20N C.物块在4~6s内受到的摩擦力大小为30N D.物块在2~6s内的平均速度大小为2.5m/s 解析：A[设物块的质量为m,斜面的倾角为0，物 块与斜面的动摩擦因数为4.2~48内，根据题图丙 可知加连度大小为a-是产2mg=2mW,拉力 F2=40N,根据牛顿第二定律可得：F2-mg sin0 一umg cos0=ma,4~6s内，物块做匀速运动，拉 力F3=30N,根据平衡条件可得：F3=mg sin0十 mgc0s0,联立解得：m=5kg,故A正确；物块在 前2s内处于静止状态，拉力F=20N,根据平衡 条件可得：f=F1-mg sin0≠20N,故B错误；4 6s内，物块做匀速运动，拉力F3=30N,根据平衡 条件可得：umg cos0=F3-mng sin0≠30N,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2一6s内的位移x=(6-4)十(6-2)×4m 2 -12m.平均速度大小为=兰=是m/s=3m/s, 故D错误.] 学中的连接体问题 续表 杆连接体 2.连接体的运动特点 轻 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向 绳 的速度总是相等 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度； 轻 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 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. 典题例析 [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 68 空间站 飞船 m F M F A.M+m m一F B.M十m C.ME m D.MF [解析]A[根据题意，对整体应用牛顿第二定 律有F=(M十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'= M F.] M十m 教考衔接（本题 源于人教版必修第 空间站 飞船 一册P13A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3.0×103kg,其推进器的 平均推力F为900N,在飞船与空间站对接后， 推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变 化是0.05m/s,求空间站的质量. 答案：8.7×10kg [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M m 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号 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=2,取走右端的一个钩码后，对整体由牛 顿第二定律有Mg一mg=(m十M)a, 解得a=号，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=号Mg=专mg,则AB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2kg,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=1s时撤去，在0~ 1s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() ·69 第三章牛顿运动定律 个a/(m·s3) 1.0 0.8- 0 +P000000Q 777777777777777777777777777 0 甲 A.t=1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s B.恒力F大小为1.6N C.物块Q的质量为0.5kg D.t=1s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0~1s内Q的加速度均匀增大，则t= 1s时Q的速度大小等于v阳=2×1X0.8m/s= 0.4m/s,由图可得实际Q的图像a-t与坐标轴围 成的面积大于Q的加速度均匀增大时a一t图像与 坐标轴围成的面积，故t=1s时Q的速度大小大 于0.4m/s,故A错误；t=0时，对物块P有F= mpao=2X1N=2N,故恒力大小为2N,故B错 误；t=1s时，对物块P、Q整体有F=(mp十ma)a1,解 得o=0.5kg,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.] 规律方法处理连接体问题的方法 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 整体法的选 用力，可以把它们看成一个整体， 取原则 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 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 隔离法的选 间的作用力时，就需要把物体从 取原则 系统中隔离出来，应用牛顿第二 定律列方程求解 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 整体法、隔 时，可以先用整体法求出加速度， 离法的交替 然后再用隔离法选取合适的研究 运用 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” [教师专享] (多选)如图所示，光滑的水平地 ca br 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 高考总复习物理 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 培优点三动力学中 考点透视 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F=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F=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 典题例析 典例7] 一弹簧一端固定在倾 角为37的光滑斜面的底端， 一端拴住质量m,=4kg的物 块P,Q为一重物，已知Q的质量m2=8kg,弹簧 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Fr=ma,因加速 度减小，所以拉力减小，而对b物体有F一∫山= ma,可知，摩擦力fb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Fr=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一Fr=2ma,加速度减小，所以拉力Fr变 大，对b有F-f.=ma可知fb增大，故D正确.] 的临界和极值问题 的质量不计，劲度系数k=600N/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0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为 恒力(g取10m/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. 汇审题指导](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)0.2s时，P对Q的作用力为0. [解析](1)设刚开始时弹簧压缩量为x。, 则(m1十m2)gsin0=k.xo, 因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为 恒力，所以在0.2s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 kx-mig sin 0=ma, 前0.2S时间内P、Q向上运动的距离为 1 x0-x1=2at, 联立各式解得：a=3m/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 o-mza, 解得Fmx=T2N. [答案](1)3m/s2(2)72N36N [典例8]足够长的木板与水平地面间的夹角0可以 随意改变，当0=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=10m/s沿 木板向上运动，如图乙所示，随着0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10m/s2. 分 乙 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数； (2)当0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。 汇审题指导]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0=30°时，小物块恰好能沿着木板 匀速下滑，则mg sin0=F,F=mg cos0, 解得u=③ 3 (2)当0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 0-umg cos 0=ma, 由0-6=2ax得x=2g(sin0+ucos0) 1 令c0sa= sin a= √1+μ W1+: 即tana=,即a=30°， v 则x一 2g√J1+usin(0+a) 当a十0=90°时x最小， 可得0=60°， 所以x最小值为 5_5 2 2m. 4g [答案 (2)0=60° 5√3 2 m [教师专享] 如图，在车厢长度 2.7m L=2.7m的小货 9 0.2m 车上，质量m=70 尾挡板 ● kg、厚度d=0.2 7777> ● m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以 v,=36km/h的速度沿坡度为5%（即斜面倾角0 满足tan0=0.05,sin0≈0.05，cos0≈1)的斜坡向 ·71 第三章牛顿运动定律 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t。=0.5s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4=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=10m/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 sin0-mg cos0=ma1, 解得a1=0.2m/s2,冰块滑到尾挡板经过的时间为 1 4,该段时间内冰块位移为工=4一之0142， =36km/h=10m/s, 货车的位移为x货=Vo1, 根据位移关系有x货一x*=L一d, 联立解得t1=5s, 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'=(t1+to)=55m (2)冰块滑到尾挡板时的速度为v*=v0一a11= 9m/s,此时冰块速度与货车速度方向相同，相对车 厢速度为1m/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*' 11m/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mng sin0十umg cos0=ma2, 解得a2=0.8m/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”=t -af+ 1 冰块的位移为x*'=0'(1十o)一2a,1+), 到达车厢前端时冰块和货车速度相同，有v。一at= *'-a2(t十to) 位移关系有x*'一x食”=L一d, 5 联立解得a=号m/s。 答案：1)55m:(2)号m/s2