第3章 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用(教参Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学三大核心考点，即图像问题、连接体问题、临界和极值问题，按“知识梳理-方法提炼-真题解析-分层练习”逻辑架构整合内容，通过考点精析（如vt/at/Ft图像物理意义）、解题策略指导（数形结合、整体隔离法）、真题实战（2024年全国甲卷等）帮助学生构建分析框架，突破难点。 讲义以科学思维和物理观念为核心，创新采用“问题情境-模型建构-推理论证”教学模式，如图像问题中引导学生建立a=F/m-μg函数关系分析斜率截距，连接体问题通过“整体求加速度-隔离求内力”策略培养推理能力。设置基础巩固与能力提升分层练习，配合即时反馈，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

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 vt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＝－μg，图像斜率为k＝； 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＝＝·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vt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.＝ 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＝，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vt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＝＝ 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＝×4 m＝12 m，平均速度大小为＝＝ 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.F　　　　　　B.F C.F D.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′＝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 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＝，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＝ Mg＝ 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＝×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＝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＝. (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－v＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ，即α＝30°， 则x＝， 当α＋θ＝90°时x最小， 可得θ＝60°， 所以x最小值为xmin＝＝ m. [答案]　(1)　(2)θ＝60°　 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－a1t，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－at2＋v0t0， 冰块的位移为x冰′＝v冰′(t＋t0)－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＝ m/s2. 答案：(1)55 m；(2) m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $