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

该高中物理讲义聚焦牛顿运动定律综合应用核心考点，涵盖动力学图像、连接体、临界极值三大模块，按“单一情境分析-系统问题处理-复杂临界突破”逻辑架构知识，通过考点梳理（如图像类型与破题关键）、方法指导（整体法与隔离法）、真题训练（2025年模拟题）等环节，帮助学生构建解题框架，突破难点。 讲义采用“问题归类-策略提炼-思维建模”教学模式，如临界极值问题中先明确四类临界条件，再结合例3叠加体模型引导科学推理与模型建构，分层设置考法训练，保障复习效率，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。

第3讲　牛顿运动定律的综合应用(一)(综合融通课) (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。 [考法全训] 考法1　由运动图像分析物体的受力情况 1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是 (　 ) A.0~t1时间内,v增大,FN>mg B.t1~t2时间内,v减小,FN<mg C.t2~t3时间内,v增大,FN<mg D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg 解析:选D　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,C错误,D正确。 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,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:选C　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·如东学情检测)一塑料球和一石子同时从相同高度由静止下落,塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,忽略石子受到的空气阻力,它们运动的v⁃t图像可能正确的是 (　 ) 解析:选B　取向下为正方向,石子只受重力,做自由落体运动,加速度恒为g,v⁃t图像是一条过原点的向上倾斜的直线;对于塑料球,根据牛顿第二定律有mg-f=ma,又f=kv,联立解得a=g-,则下降过程中,开始时速度为0,加速度为g,随着v的增大,a不断减小直到0,方向始终向下。故选B。 (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 [考法全训] 考法(一)　加速度相同的连接体 [例1]　(2025·宿迁中学月考)某运送物资的列车由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节车厢对第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节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为 (　 ) A.F　　　 B.　　　 C.　　　 D. [解析]　对后面38节车厢整体分析,根据牛顿第二定律有F-38f=38ma,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力大小为F1,对后面2节车厢整体分析,根据牛顿第二定律有F1-2f=2ma,联立解得F1=,故选C。 [答案]　C 考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体 [例2]　(2025·扬州开学考试)如图所示,用轻质细绳绕过光滑定滑轮将木块与重物连接,且定滑轮和木块间的细绳与木板平行,木块与重物的质量分别为m、M,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.木块移动的距离等于重物下降的距离 B.若木板上表面光滑,重物的加速度等于 C.若木板上表面光滑,细绳中张力等于重物重力 D.若木板上表面不光滑,细绳中张力一定等于木块所受摩擦力 [解析]　木块与重物用细绳连接,所以木块移动的距离等于重物下降的距离,A正确;若木板上表面光滑,则重物与木块一起运动,加速度大小相等,由牛顿第二定律有Mg=a,可得a=,B错误;若木板上表面光滑,对木块,有T=ma=<Mg,C错误;若木板上表面不光滑,木块匀速运动时,根据平衡条件,有T=f,若木块加速运动,根据牛顿第二定律,有T-f=ma,则细绳中张力大于木块所受的摩擦力,D错误。 [答案]　A 考法(三)　加速度大小和方向都不同的连接体 [例3]　如图所示,用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接,木箱质量M=8 kg,重物质量m=2 kg,木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。 (1)要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数μ需满足什么条件? (2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4,用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时,求重物的速度v。 [解析]　(1)对重物受力分析,根据受力平衡可得T=mg=20 N,对木箱受力分析,可得f=2T,令f=μMg,联立解得μ=0.5,要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a,则重物加速度大小为2a,对重物受力分析,根据牛顿第二定律可得T-mg=2ma 对木箱受力分析,有F-μMg-2T=Ma 解得a=0.5 m/s2 当木箱向左匀加速运动位移x=0.5 m时,重物向上的位移为h=2x=1 m 由v2=2×2a×h 可得此时重物的速度为v= m/s。 [答案]　(1)μ≥0.5　(2) m/s (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)绳子断裂与松弛的临界条件: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 [考法全训] 考法(一)　恰好脱离的临界问题 [例1]　(2026·六合高级中学初考)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在倾角θ=30°的光滑斜面上,上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　 ) A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为200 N/m C.物体的质量为1 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 [解析]　物体与弹簧分离时,弹簧弹力为零,弹簧恢复原长,A错误;刚开始时物体处于静止状态,由平衡条件有mgsin θ=kΔl,其中Δl=2 cm,拉力F1=10 N时,根据牛顿第二定律有F1+kΔl-mgsin θ=ma,由题图乙可知,物体与弹簧分离后的拉力大小为F2=15 N,根据牛顿第二定律有F2-mgsin θ=ma,代入数据解得m=1 kg,k=250 N/m,a=10 m/s2,B、D错误,C正确。 [答案]　C [例2]　倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上,滑块M的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m=1 kg,当滑块M以a=2g的加速度向右加速运动时,细线的拉力大小为(取g=10 m/s2) (　 ) A.10 N 　　　B.5 N C.10 N 　　　D.10 N 　　[解析]　当小球对滑块的压力恰好等于零时,对小球受力分析,如图1所示,根据牛顿第二定律,水平方向有Fcos θ=ma0,竖直方向有Fsin θ=mg,解得a0=g,由于a=2g>a0,所以小球会飘起来,如图2所示,则有T2=+,解得细线的拉力大小为T=10 N,故选C。 [答案]　C 考法(二)　叠加系统相对滑动的临界问题 [例3]　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 [解析]　当绳中拉力最大时,物块要相对滑动,设绳中拉力为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。 [答案]　B |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4]　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。 (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? [解析]　(1)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 联立①②式,代入数据得a=3 m/s2 ③ v=8 m/s。 ④ (2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹角为α,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。 [答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 17 / 71 $