专题3 第3讲 牛顿运动定律的应用-【名师带你过关】2026-2027学年高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦牛顿运动定律应用，涵盖等时圆模型（同顶端、同底端、双圆周斜面）和动力学图像问题（v-t、a-t、F-t图像类型及解题策略），按模型建构到图像分析的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生建立解题框架。 讲义以科学思维为核心，如在等时圆模型中引导学生推导运动时间关系培养模型建构能力，动力学图像分析中结合斜率、面积等破题关键训练科学推理。设置分层练习与即时反馈，确保高效突破难点，为教师提供系统复习路径，助力提升学生应考能力。

第三讲　牛顿运动定律的应用 一　等时圆模型 考点1　圆周内同顶端的斜面 如图所示,在竖直面内的同一个圆周上,各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点,底端都落在该圆周上。 由2R·sin θ=·gsin θ·t2,可推得:t1=t2=t3。 考点2　圆周内同底端的斜面 如图所示,在竖直面内的同一个圆周上,各斜面的底端都在竖直圆周的最低点,顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得:t1=t2=t3。 考点3　双圆周内斜面 如图所示,在竖直面内两个圆中,两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点,底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1=t2=t3。 考向 等时圆模型的应用 如图所示,竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中,三个完全相同的带正电的绝缘小球(未画出)分别套在固定于AB、AC、AD的三根光滑细杆上,其中AB与竖直方向夹角为60°,AC经过圆心,AD竖直。现将小球无初速度地从A端释放,小球分别沿AB、AC、AD下滑到B、C、D三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为,则小球在三根细杆上运动的时间关系为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.tAB=tAC=tAD　 B.tAB<tAC<tAD C.tAB>tAC>tAD　 D.无法确定 二　动力学图像问题 考点　动力学图像问题类型、解题策略、破题关键 常见图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像 三种类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线,求解物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,求解物体的受力情况。 (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。 (续表) 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)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。 (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。 考向1 v-t图像 　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】如图所示,一长木板a在光滑水平地面上运动,某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上,此时a的速度为v0,同时对b施加一个水平向右的恒力F,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上,则物块放到木板上后,下列图中关于a、b运动的速度时间图像可能正确的是 (　　) A　 B C　 D 考向2 a-t图像 【例2】智能手机安装软件后,可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度,带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放,落到地面上,手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系,如图所示,g为当地的重力加速度。下列说法错误的是 (　　) A.释放时,手机离地面的高度为g B.手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1 C.手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍 D.0至t2内图线与横坐标围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等 1.(多选)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板最右端放置一可看成质点的小物块。在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=1 s时撤去F,整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示,物块和木板的质量均为1 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的有 (　　) A.0~1s内物块的加速度为0.2 m/s2 B.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 C.拉力F的大小为21 N D.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为3 m 2.(多选)物块a、b中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块a的质量为1 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a施加水平向右的恒力F,t=l s时撤去F,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,对整个运动过程下列分析正确的是 (　　) A.b物块的质量为3 kg B.恒力F的冲量为1N·s C.t=ls时b的速度小于0.15 m/s D.弹簧伸长量最大时,b的速度大小为m/s 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三讲　牛顿运动定律的应用 一　等时园模型 例题精讲 【例1】　B　【解析】小球所受电场力大小与重力大小之比为,可知小球所受重力与电场力的合力F的方向恰好与AB平行,且由A指向B。延长AB,作MC⊥AC交AB于M,以AM为直径画一个圆(图中虚线),AD与该圆交于N。 设∠BAC=α,AM=d,则小球沿AC杆运动的加速度为a=,位移为x=dcos α,由x=at2得t==与α无关,由等时圆模型知tAM=tAC=tAN而AB<AM,AD>AN,故tAB<tAC<tAD故选B。 二　动力学图像问题 例题精讲 【例1】　D　【解析】长木板a和滑块b速度达到相等之前,b相对a向左运动,b受到a向右的摩擦力和恒力F,a受到b向左的摩擦力,a做减速运动,b做加速运动,由于不清楚a、b质量以及恒力的大小,无法比较a、b加速度的关系,a、b共速后,若在F作用下,a、b间的摩擦力没有达到最大静摩擦力,对a、b整体由牛顿第二定律可知,a、b一起做加速运动,若在F作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力后,则a、b加速度大小不相等,均做加速运动。,故选D。 【例2】　C　【解析】A.由图可知,t1时刻手机开始接触地面,则0~t1内做自由落体运动,释放时,手机离地面的高度为h=g,故A正确,不满足题意要求; B.由图可知,t1时刻手机开始接触地面,t3时刻手机开始离开地面,则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1,故B正确,不满足题意要求; C.由图可知,t2时刻手机的加速度最大,且方向竖直向上,根据牛顿第二定律可得F-mg=m·10 g 可得F=11 mg,即手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍,故C错误,满足题意要求; D.由图可知,t2时刻手机的加速度最大,此时手机受到地面的弹力最大,手机处于最低点,手机的速度为零,则0~t2时间内手机的速度变化量为零,根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,可知0至t2内图线与横坐标围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等,故D正确,不满足题意要求。故选C。 基础过关 1.BC　【解析】A.由图像可知1.5 s时物块、木板共速,则物块在0~1.5 s内的加速度为a1== m/s2=2m/s2 故A错误。 B.对物块有μ1mg=ma1,可得物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2,故B正确。 C.在1~1.5 s内木板的加速度a2== m/s2=-12 m/s2,根据牛顿第二定律有-μ1mg-μ2·2mg=ma2得μ2=0.5,撤去拉力F前,木板的加速度a0==9 m/s2,根据牛顿第二定律有F-=ma0,得 F=21 N,故C正确;D.由图像可知共速时速度为3 m/s,则在1.5 s内物块位移为x1== m=2.25 m,1.5 s内木板位移为 x2=t+=×1m+ m=7.5 m,在1.5 s后,物块与木板间仍有相对滑动,物块的加速度大小 a'1=-μ1g=-2 m/s2,物块到停止的时间还需t块==1.5 s,木板的加速度大小为a'2,则有 -μ2·2mg+μ1mg=ma'2,得a'2=-8 m/s2,木板到停止的时间还需t板==s,所以木板比物块早停止运动,在1.5 s末到物块停止运动的时间内,物块的位移为x'1== m=2.25 m,木板位移为x'2==0.5625 m,则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为ΔL=x2+x'2-x1-x'1=m=3.5625 m 故D错误,故选BC。 2.BD　【解析】A.t=0时,对物块a根据牛顿第二定律有F=maaa=1 N,t=1 s时,设弹簧弹力大小为T,对a、b根据牛顿第二定律有F-T=maa'a;T=mbab,联立以上三式解得mb=2 kg,故A错误; B.恒力F的冲量为I=Ft=1 N·s,故B正确;C.a-t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量,所以t=l s时b的速度vb>×0.3×1 m/s=0.15 m/s,故C错误;D.根据动量定理可知撤去拉力时,a、b组成的系统动量为p=I=1 kg·m/s,撤去拉力后,根据图像可知a的速度大于b的速度,则a、b之间距离还将继续增大,此时a、b组成的系统动量守恒,弹簧伸长量最大时,a、b的速度相同,设为v,则p=(ma+mb)v解得v= m/s,故D正确。故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $