第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“牛顿运动定律的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了动力学图像问题、连接体问题、临界极值问题三大核心考点，通过考法全训分析近三年高考真题，明确图像问题占35%、连接体问题占40%、临界极值问题占25%的考点权重，归纳出“图像类型识别—函数关系建立—物理意义提取”等常考题型的解题路径，体现高考备考的系统性和针对性。 课件的亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”的备考策略，如以2025年陕晋宁青高考题为例，通过“合力F-t图像→加速度a-t图像→速度v-t图像”的转化训练，培养学生的科学推理和模型建构素养。针对连接体问题总结“整体法求加速度、隔离法求内力”的解题模板，临界极值问题提炼“极限假设—临界条件分析—数学极值求解”三步法，帮助学生掌握答题技巧。课时跟踪检测包含10道高仿真模拟题，教师可据此实施分层教学，助力学生高效突破高考难点。

牛顿运动定律的综合应用(一) （综合融通课） 第 3 讲 (一) 动力学中的图像问题 (二) 动力学中的连接体问题 01 02 CONTENTS 目录 (三) 动力学中的临界极值问题 课时跟踪检测 03 04 (一) 动力学中的图像问题 图像 v⁃t图像、a⁃t图像、F⁃t图像、F⁃a图像等 三种类型 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。 (2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图像。 解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 破题关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等。 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 续表 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.(2025·陕西汉中三模)(多选)如图甲 所示，物体原来静止在水平地面上， 用一水平力F拉物体，在F从0开始 逐渐增大的过程中，物体先静止后 做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2。根据题目提供的信息，下列判断正确的是(　　) 考法全训 A.物体的质量m=2 kg B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3 C.物体与水平面间的最大静摩擦力fmax=6 N D.在F为10 N时，物体的加速度a=2.5 m/s2 √ 解析：根据牛顿第二定律可知F-μmg=ma，整理可得a=F-μg，结合题图乙可得= kg-1，解得m=2 kg，故A正确；由题图乙可知，a与F的关系式为a=0.5F-3(m/s2)，结合上述分析可知μg=3 m/s2，解得μ=0.3，故B正确；物体与水平面间的最大静摩擦力为fmax=μmg=6 N，故C正确；将F=10 N代入a=0.5F-3(m/s2)，解得a=2m/s2，故D错误。 √ √ 考法2　由力的图像分析物体的运动情况 2.如图甲所示，质量为m的物块在水平 力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平 力F随时间t变化的关系图像如图乙所 示。已知物块与竖直墙面间的动摩擦 因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.物块一直做匀加速直线运动 B.物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C.物块的最大速度为gt0 D.t=t0时，物块停止下滑 √ 解析：根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg-f=ma， 由题图乙可知F=t，而f=μF，解得a=g-，故随着 时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动， 后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑， 静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t=t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，作出a⁃t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm=gt0，故选C。 考法3　由已知条件确定某物理量的图像 3.(2025·陕晋宁青高考)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(　　) √ 解析：根据牛顿第二定律和题图画出如图所示的a⁃t图像，可知机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v⁃t图像的斜率表示加速度可知A可能正确。故选A。 (二) 动力学中的连接体问题 1.整体法的选取原则及解题步骤 (1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 (2)运用整体法解题的基本步骤： 2.隔离法的选取原则及解题步骤 (1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 (2)运用隔离法解题的基本步骤： 第一步 明确研究对象及运动过程、状态 第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来 第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 第四步 选用适当的物理规律列方程求解 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　(2025·广州期末检测)我 国高铁技术迅猛发展，取得举世瞩 目的成就。学校物理兴趣小组为研究高铁车厢间的相互作用力，用8个完全相同的滑块放在水平地面上模拟高铁车厢，滑块与地面间的动摩擦因数都相同，滑块间用轻杆连接，如图所示。给滑块1施加水平向右的拉力F，滑块向右加速运动，下列分析判断正确的是(　　) 考法全训 A.若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力变小 B.若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变小 C.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为1∶3 D.滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为2∶3 √ [解析]　对所有滑块，根据牛顿第二定律，有F-8μmg=8ma，对滑块8，有F78-μmg=ma，则F78=F，由此可知，若减小滑块与地面间的动摩擦因数，则滑块7、8间杆的拉力不变，若增大水平拉力F，滑块7、8间杆的拉力变大，故A、B均错误；对6、7、8三个滑块，根据牛顿第二定律，有F56-3μmg=3ma，则F56=F，则滑块7、8间杆的拉力与滑块5、6间杆的拉力大小之比为=，故C正确，D错误。 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　(2025·苏州模拟)如图所示，三个质量均为 m=1 kg的物块用不可伸长的轻绳连接起来，各物块间、 物块与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.1，绳子和滑轮 间的摩擦不计，其中水平面内的绳子处于水平方向， 竖直面内的绳子处于竖直方向，g=10 m/s2。将该系统 由静止释放，三个物块开始运动，则竖直面内的物块的加速度为(　　) A.2 m/s2　 B.2.5 m/s2　 C.3 m/s2　 D. m/s2 √ [解析]　设竖直面内的绳子的拉力为T1，水平面内的绳子的拉力为T2，三物块的加速度大小均为a，由牛顿第二定律，对竖直面内的物块有mg-T1=ma，对水平面上的下方物块有T1-T2-μmg-2μmg=ma，对水平面上的上方物块有T2-μmg=ma，联立解得竖直面内的物块的加速度为a=2 m/s2，故选A。 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　(多选)如图所示，质量为M、倾角为 30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个 轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间 的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别 为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。将A、B由静止释放，在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮)，斜面体静止不动。下列说法正确的是(　　) A.轻绳对P点的拉力大小为mg B.物体A的加速度大小为g C.地面对斜面体的摩擦力大小为mg D.地面对斜面体的支持力大小为g √ √ [解析]　由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A通过的位移大小的两倍，则物体B的加速度大小是物体A的加速度大小的两倍；设物体A的加速度大小为a，则B的加速度大小为2a；设B下降过程中轻绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律得2T-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma，2mg-T=2m·2a，联立解得T=mg，a=g，A正确，B错误；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，水平方向根据牛顿第二定律得Tcos 30°-f=macos 30°，解得地面对斜面体的摩擦力大小为f=mg，C正确；物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体，在竖直方向根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-Tsin 30°=2m·2a-masin 30°，解得地面对斜面体的支持力大小为FN=g，D错误。 (三) 动力学中的临界极值问题 1.四类典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=0。 (2)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，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。 2.三种常用解题方法 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 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　如图所示，足够长的木板置于光滑水平 面上，倾角θ=53°的斜劈放在木板上，一平行于斜 面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质 点的小球。已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg， 斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10 m/s2。现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法错误的是(sin 53°=0.8)(　　) 考法全训 A.若μ=0.2，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止 B.若μ=0.5，当F=10 N时，木板相对斜劈向右滑动 C.若μ=0.8，当F=22.5 N时，小球对斜劈的压力为0 D.若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为2 N √ [解析]　若μ = 0.2，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为amax0==2 m/s2，当球刚好要离开斜劈时，只受到重力和绳子拉力作用，有=ma球，解得a球=7.5 m/s2>amax0，可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故A正确，不符合题意； 若μ=0.5，当F=10 N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma，解得a= m/s2，对斜劈与球构成的系统，最大加速度为amax1==5 m/s2>a，可知此时木板与斜劈相对静止，故B错误，符合题意；若μ=0.8，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为amax2 ==8 m/s2，对板、球和斜劈构成的系统，有F临界=3mamax2=24 N >22.5 N，当F=22.5 N时，板、球和斜劈相对静止，有a'==7.5 m/s2=a球，可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜劈的压力为0，故C正确，不符合题意；若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为amax2=8 m/s2，对球分析，有FT==2 N，故D正确，不符合题意。 考法(二)　叠加体系统相对滑动的临界问题 [例2]　(2025·湖北十堰模拟) 如图所示，三个质量均为5 kg的箱子A、B、C静止于粗糙水平地面上，A、B并排放置无挤压，C叠放于B上，A与地面之间的动摩擦因数为0.3，B与地面之间的动摩擦因数为0.2，C与B之间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当用水平力F去推A时，下列说法正确的是(　　) A.若F=10 N，A、B之间的弹力大小为10 N B.若F=20 N，地面与B之间的摩擦力大小为0 C.若F=50 N，B、C之间的摩擦力大小为5 N D.若F=90 N，C相对于B滑动 [解析]　由题可知，地面对A的最大静摩擦力为fmaxA=μAmg=15 N，当F≤fmaxA时，A静止，A、B之间没有挤压，彼此间弹力为零，故A错误。 √ 地面对B的最大静摩擦力fmaxB=2μBmg=20 N，当fmaxA<F≤fmaxA+fmaxB，即15 N<F≤35 N时，A、B、C均静止，A、B之间有弹力，地面对B有静摩擦力，B、C之间无摩擦力，当F=20 N时，fB=F-fmaxA=5 N，故B错误。当F>fmaxA+fmaxB时，A、B、C相对地面滑动，向右做匀加速直线运动，B、C之间有摩擦力，当B、C之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，对C有μCmg=ma0，对A、B、C整体有F0-μAmg-2μBmg=3ma0，可得F0=95 N，因此当fmaxA+fmaxB<F≤F0，即35 N<F≤95 N时，A、B、C相对静止一起向右做匀加速直线运动；当F=50 N时，对A、B、C整体，有F-μAmg-2μBmg=3ma1，解得a1=1 m/s2，对C有fC=ma1=5 N，故C正确，D错误。 |思|维|建|模| 叠加体系统临界问题的求解思路 考法(三)　动力学中的极值问题 [例3]　如图所示，一质量m=0.4 kg的小物块，以v0=2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F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=10 m。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 [答案]　3 m/s2　8 m/s　 [解析]　设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L=v0t+at2 ① v=v0+at ② 代入数据得a=3 m/s2 ③ v=8 m/s。 ④ (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小?拉力F的最小值是多少? [答案]　30°　 N [解析]　设物块所受支持力大小为FN，所受摩擦力大小为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，对物块进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α-mgsin θ-Ff=ma ⑤ Fsin α+FN-mgcos θ=0 ⑥ 又Ff=Μfn ⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得F= ⑧ 由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin= N。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.(2025·河南洛阳模拟)如图甲 所示，一个物体在光滑的斜面 上始终受到一沿斜面向上且逐 渐增大的力F的作用，该物体 沿斜面向上做变加速直线运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，物体的质量m和斜面的倾角θ分别为(sin 37°= 0.6) (　　) A.m=3 kg，θ=30° B.m=3 kg，θ=37° C.m=2 kg，θ=30° D.m=2 kg，θ=37° √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：由牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma，解得a=-gsin θ，由题图乙可知斜率为k== kg-1= kg-1，解得m=3 kg，纵轴截距-gsin θ=-5 m/s2，解得θ=30°，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·湖南岳阳模拟)(多选)如图甲所示， 对静止在光滑水平面上的木箱施加一水 平向左的拉力F，木箱加速度a随时间t 变化的图像如图乙所示，2.5 s后加速度 保持不变；箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ=37°，可视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量M=2 kg，滑块的质量m=1 kg，斜面高H=9.6 cm。下列说法正确的是(sin 37°=0.6、cos 37°=0.8，g=10 m/s2) (　　) A.1 s末，水平拉力F的大小为4 N B.2 s末，木箱的速度为6 m/s C.2.5 s后滑块开始相对于斜面向上运动 D.2.8 s末滑块到达斜面顶部 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度a'=gtan θ=7.5m/s2，由题图乙可知1 s末a1=3m/s2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块、木箱可视为整体，由牛顿第二定律F=a1，解得F=9 N，A错误；根据题图乙可知，0~2.5 s内，加速度a与时间t的关系为a=3t，可知2 s末，a2=6 m/s2，则2 s内速度增加量Δv=a2Δt=6 m/s，2 s末速度为6 m/s，B正确；由以上分析可知，2.5 s末滑块的加速度为7.5 m/s2，滑块相对于斜面开始滑动，C正确；2.5 s后滑块与斜面开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，木箱加速度为a4，根据ma3=ma4cos θ-mgsin θ，=a3t2，解得t=0.4 s，则滑块到达斜面顶部的时刻为2.9 s末，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，使两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 (　　) A.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F B.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为 D.若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：若水平面光滑，对A和B整体受力分析可知F=(m+2m)a，解得a=，再对B受力分析，B水平方向只受到A的作用力，由牛顿第二定律可知N=2ma，解得物块A对B的作用力大小为N=F，故A、B错误；若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，则对A和B整体受力分析可知F-μ(m+2m)g=(m+2m)a'，解得a'=，再对B受力分析，B水平方向受到A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可知N'-μ·2mg=2ma'，解得N'=F，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为 (　　) A. B. C. D.3μmg √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：当绳中拉力最大时，木块要相对滑动，设绳中最大拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma，对左侧整体有FT=3ma，联立解得FT=，A、C、D错误，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.如图所示，质量M=2 kg的玩具动 力小车在水平面上运动时，小车牵 引力F=8 N和受到的阻力f=1 N均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m=1 kg的物体由静止开始运动。运动t=4 s后，轻绳从物体上脱落，物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4，g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.轻绳脱落之前，绳的拉力大小为5 N B.轻绳脱落之前，小车的加速度大小是 m/s2 C.轻绳脱落之后，物体继续滑行时间为2 s D.物体刚停止时，小车的速度大小是3.5 m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：轻绳脱落之前，对小车和物体整体由牛顿第二定律可得加速度大小a== m/s2=1 m/s2，选项B错误；轻绳脱落之前，对小车有F-f-T=Ma，解得绳的拉力大小为T=5 N，选项A正确；轻绳脱落时物体和小车的速度v=at=4 m/s，轻绳脱落之后，物体做匀减速运动的加速度大小a1=μg=4 m/s2，则物体继续滑行时间t1==1 s，选项C错误；轻绳脱落之后小车运动的加速度a2== m/s2=3.5 m/s2，物体刚停止时，小车的速度大小是v'=v+a2t1=4 m/s+3.5×1 m/s=7.5 m/s，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·河北邯郸模拟)如图所示，一固定斜面倾角为30°，斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线一端连接质量为m的木箱A(内装质量为3m的砂)，另一端竖直悬挂质量为m的小桶B，细线的倾斜部分与斜面平行。用手沿斜面向下轻推木箱A，木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后将木箱A中质量为2m的砂转移到小桶中，由静止释放木箱A。已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg B.木箱与斜面间的动摩擦因数为 C.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为g D.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3mg √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：木箱匀速运动时细线的拉力大小为T=mg，根据平行四边形定则可知，木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为F=2Tcos = mg，故A错误；对木箱及其中的砂，由平衡条件有4mgsin 30°-mg=μ×4mgcos 30°，解得μ=，故B错误；让系统静止后将木箱A中质量为2m的砂转移到小桶中，设释放后细线的拉力大小为T1，对A有T1-2mgsin 30°-μ×2mgcos 30°=2ma，对B有3mg-T1=3ma，联立解得a=g，T1=mg，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动，直到A、B分离，重力加速度为g，则关于此过程说法正确的是(　　) A.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为FAB= √ D.从施加力F到A、B分离的时间为2 C.从施加力F到A、B分离的时间为4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0=4mg，施加拉力F的瞬间，对物体A根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma，解得FAB=，故A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为零，弹簧弹力不为零， 对物体A受力分析得kx-3mg=3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=，则物体A上升的高度h=x0-x=，由h=at2，解得从施加力F到A、B分离的时间为t=，故C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 8.(2025·湖南怀化三模)如图甲所 示，在水平地面上，可视为质点 的物体受到恒定的水平向右的拉 力F，从某点P以v0=4 m/s的速度 向左滑动，物体运动的速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m=3 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.F的大小为12 N B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s D.物体回到P点的时刻为1.5 s 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物体向左做减速运动时，加速度大小a1= m/s2=8 m/s2，物体向右做加速运动时，加速度大小a2= m/s2=2 m/s2，根据牛顿第二定律有F+μmg=ma1，F-μmg=ma2，解得F=15 N，μ=0.3，选项A、B错误；物体向左运动的最大位移为x1=×4×0.5 m=1 m，设物体回到P点所用时间为t2，则有x1=a2，解得t2=1 s，则物体回到P点的速度大小为v2=a2t2=2 m/s，物体回到P点的时刻为1.5 s，选项C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(多选)如图甲所示，物块A、B 中间用一根轻质弹簧相连，静止 在光滑水平面上，弹簧处于原 长，物块A的质量为1.5 kg。t=0 时对物块A施加水平向右的恒力F，t=1 s时撤去，在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，则 (　　) A.t=1 s时物块A的速度大小为0.8 m/s B.t=1 s时弹簧弹力为0.6 N C.物块B的质量为0.8 kg D.F大小为1.5 N √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：若物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2，a⁃t图像的面积为Δv=×1 m/s=0.8 m/s，而物块A的初速度为零，可知1 s时物块A的速度为0.8 m/s，但实际是物块A的a⁃t图像的面积偏小，即速度变化量小于0.8 m/s，则t=1 s时物块A的速度大小小于0.8 m/s，故A错误；恒力F拉动物块A的瞬间，由a⁃t图像知物块A的加速度为a0=1 m/s2，有F=mAa0=1.5 N，1 s时A、B两者的加速度相等，大小为a1=0.6 m/s2，对A、B由牛顿第二定律分别有F-F弹=mAa1，F弹=mBa1，解得mB=1 kg，F弹=0.6 N，故B、D正确，C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(12分)(2025·湖南模拟)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之间，如图所示，两个斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为53°和37°。已知sin 37°=，cos 37°=，重力加速度为g。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)当卡车沿平直公路匀速行驶时，求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小；(4分) 答案：mg　mg　 解析：以工件为研究对象，受力分析 如图所示。根据共点力的平衡条件可知， 斜面Ⅰ、Ⅱ对工件的弹力大小分别为 F1=mgcos 53°=mg，F2=mgcos 37°=mg。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)当卡车沿平直公路以g的加速度匀减速行驶时，求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小；(4分) 答案：mg　mg　 解析：以工件为研究对象，匀减速行驶时，在水平方向上根据牛顿第二定律有 F3sin 53°-F4sin 37°=ma=m 在竖直方向上根据平衡条件有 F3cos 53°+F4cos 37°=mg 解得F3=mg，F4=mg。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)为保证行车安全，求卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度。(4分) 答案：g 解析：卡车沿平直公路匀加速行驶的加速度最大时，斜面Ⅱ对工件的压力大小为0，则有 F5sin 53°=mam，F5cos 53°=mg 解得am=g。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $