第3章 专题突破4 牛顿运动定律的综合应用-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

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连接体问题、临界极值问题、“等时圆”模型三大核心考点，通过分析近五年高考真题明确连接体问题占比达45%、临界极值问题占30%的高频考查方向，归纳出弹簧连接体、叠放体、相对滑动临界等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“核心知识+典例突破+技巧提炼”的三阶复习模式，如以广东模拟题中弹簧连接体（典例1）和相对滑动临界问题（典例3）为载体，运用整体法与隔离法、临界条件标志识别等方法，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，帮助学生掌握动力学问题解题逻辑，教师可据此精准定位学生薄弱点，实现高效复习冲刺。

第三章　运动和力的关系 专题突破4　牛顿运动定律的综合应用 突破点一　动力学的连接体问题 突破点二　动力学的临界、极值问题 内容索引 突破点三　“等时圆”模型 突破点一　动力学的连接体问题 一 4 盘点 核心知识 1.常见连接体模型 多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起,构成的系统称为连接体。 (1)弹簧连接体: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。 (2)物物叠放连接体:相对静止时有相同的加速度;相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。 (3)轻绳(杆)连接体: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的;轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度。 2.连接体问题的分析方法   适用条件 注意事项 优点 整体法 系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度 只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力 便于求解系统受到的外加作用力 隔离法 (1)系统内各物体加速度不相同; (2)要求计算系统内物体间的相互作用力 (1)求系统内各物体间的相互作用力时,可先用整体法,再用隔离法; (2)加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法分析 便于求解系统内各物体间的相互作用力　 提升 关键能力 [典例1]　如图,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　　) A.2mgsin θ　　　　　　　 B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ C [解析]　物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小,最小值为0,此时对乙有F弹1=mgsin θ, 对甲有F弹1+mgsin θ=ma, 物块甲运动至最低点时挡板对乙的弹力最大,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma, 对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为 FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。 [典例2]　(2026·广东惠州博罗中学月考)如图所示,倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上,斜面长L=2.5 m。质量M=2 kg的B物体放在斜面底端,与斜面间的动摩擦因数为0.25,通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接,连接B的轻绳与斜面平行。A的质量m=2.5 kg,绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放,着地后立即停止运动。A、B两物体均可视为质点,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力的大小。 [解析]　物体A向下做匀加速直线运动,B沿斜面向上做匀加速直线运动,两个物体的加速度大小相等,设为a,绳子的张力设为T,根据牛顿第二定律, 对A有mg-T=ma, 对B有T-Mgsin θ-μMgcos θ=Ma, 代入数据解得a=2 m/s2,T=20 N。 [答案]　2 m/s2　20 N　 (2)当A物体从h=2 m处静止释放,求B物体沿斜面向上运动的距离为多少? [解析]　根据题图可得A下降2 m正好到达地面,设此时的速度为v,B的速度大小也为v, 对A根据初速度为零的匀变速直线运动速度与位移关系有v2=2ah, 解得v=2 m/s。 设A着地后B做匀减速直线运动的加速度大小为a1, 则Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1, 解得a1=8 m/s2。 设B还要沿斜面向上滑动的距离为s, 根据v2=2a1s, 解得s=0.5 m。 即A物体从h=2 m处静止释放,B物体沿斜面向上运动的距离s'=h+s= 2.5 m,恰好运动到斜面顶端。 [答案]　2.5 m 处理连接体问题的四点技巧 1.同一方向的连接体问题:这类问题通常具有相同的加速度,解题时一般采用先整体后隔离的方法。 2.不同方向的连接体问题:由跨过定滑轮的绳相连的两个物体,不在同一直线上运动,加速度大小相等,但方向不同,可采用整体法或隔离法求解。 3.处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般的思路是先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。 4.用隔离法分析物体间的作用力时,一般应选受力个数较少的物体进行分析。 方法技巧 二 突破点二　动力学的临界、极值问题 16 盘点 核心知识 1.临界、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“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。 2.常见的临界条件 (1)两物体脱离的临界条件:FN=0。 (2)相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂或松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0。 3.解题方法 (1)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。 (2)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。 (3)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。 提升 关键能力 考向1　相对滑动的临界问题 [典例3]　(多选)(2026·广东珠海模拟)如图甲所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态。已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2。现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示。下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2) (　　) A.当F<24 N时,A、B都相对地面静止 B.当F>24 N时,A相对B发生滑动 C.A的质量为4 kg D.B的质量为24 kg BC [解析]　当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由题图可知,B的最大加速度为4 m/s2,即拉力F>24 N时,A相对B发生滑动,当F<24 N时,A、B保持相对静止,一起做匀加速直线运动,故A错误,B正确;对木板B,根据牛顿第二定律得aB==4 m/s2,对物块A,根据牛顿第二定律得aA==4 m/s2,F=24 N,解得mA=4 kg,mB=2 kg,故C正确,D错误。 考向2　恰好脱离的动力学临界问题 [典例4]　(2026·广东广州检测)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度a=4 m/s2的匀加速直线运动,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A.外力F刚施加的瞬间,F的大小为4 N B.当弹簧压缩量减小到0.3 m时,A、B间弹力大小为1.2 N C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.12 m D.B物体速度达到最大时,B物体的位移为0.22 m C [解析]　施加外力前,系统处于静止状态,对整体受力分析,由平衡条件得2mg=kx0,代入数据解得x0=0.4 m,外力施加的瞬间,物体A加速度为4 m/s2, 对整体,由牛顿第二定律得F-2mg+kx0=2ma,代入数据解得F=8 N,故A错误; 当弹簧压缩量减小到0.3 m时,设A、B间弹力大小为FAB,对A受力分析,由牛 顿第二定律得F'+FAB-mg=ma,对A、B组成的系统受力分析,由牛顿第二定律得F'+kx1-2mg=2ma,代入数据联立解得FAB=1 N,故B错误;设A、B分离时,弹簧的形变量为x2,对B受力分析,由牛顿第二定律得kx2-mg=ma,代入数据解得x2=0.28 m,所以A物体的位移大小为x0-x2=0.4 m-0.28 m=0.12 m,故C正确;当B物体的合力为零时B的速度达到最大,由C项分析可知A、B分离时有向上的加速度,所以B的速度最大时A、B已经分离,当合力为零时,对B受力分析,由平衡条件得kx3=mg,代入数据解得x3=0.2 m,故B物体的位移大小为x0-x3=0.2 m,故D错误。 考向3　动力学中的极值问题 [典例5]　如图甲所示,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。如图乙,若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0=10 m/s沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板向上滑行的距离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; [解析]　当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mgsin 30°=f,f=μmgcos 30°,联立解得 μ=。 [答案]　　 (2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。 [解析]　当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为a,则 -mgsin θ-μmgcos θ=ma, 由0-=2ax得x=, 令cos α=,sin α=, 即tan α=μ=,故α=30°, 又因x=, 当α+θ=90°,即θ=60°时x最小, 最小值xmin=== m。 [答案]　θ=60°　 m 三 突破点三　“等时圆”模型 28 盘点 核心知识 1.“等时圆”模型 所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑,到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等,都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。 2.基本规律 (1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止滑到光滑弦下端所用时间相等,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,物体沿不同的光滑弦自上端由静止滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 提升 关键能力 [典例6]　如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放,用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间,则(　　) A.t1<t2<t3　　　　　 B.t1>t2>t3 C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3 D [解析]　如图所示,滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN的作用。设杆与水平方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,得加速度大小a=gsin θ。设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小x=Dsin θ,又x=at2,解得t=。可见,滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关,即三个滑环滑行到d点所用的时间相等,选项D正确。 $