第3章 专题突破4 牛顿运动定律的综合应用（课时作业）-【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、整体与隔离法、弹簧模型等核心考点，依据高考评价体系明确理解与应用的考查要求，通过广东模拟题分析考点权重，归纳连接体受力分析、加速度计算等常考题型，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精析+方法提炼+素养培养”，如通过第1题“车厢牵引力”案例示范整体法与隔离法的科学推理，结合第2题“货物与小车”模型培养运动和相互作用观念。设置易错点警示（如静摩擦力与滑动摩擦力辨析），帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导复习，助力学生高考冲刺。

2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 夯实基础 (1-6题,每题4分) 1.(2026·广东江门模拟)某运送物资的班列由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10节对第11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11节对倒数第10节车厢的牵引力为(　　) A.F　　　　　　　　 B.F C.F D.F C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设每节车厢质量为m,每节车厢受到的阻力为f,则对后30节车厢F-30f=30ma,对后10节车厢F'-10f=10ma,解得F'=F,故C正确,A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)(2026·广东东莞第一中学月考)如图所示,水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面上一起做匀加速直线运动,小车和货物的质量分别为M和m,货物与小车间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,不计空气阻力。小车与地面间的摩擦力不计,且货物与平板车左侧推杆不接触,在运动过程中,下列分析正确的是(　　) A.货物受到的合力大小为F B.货物受到的合力大小一定为μmg C.货物受到的摩擦力大小一定为F D.水平恒力F大于μmg时,货物会发生相对滑动 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:对小车和货物整体,根据牛顿第二定律可得F=(M+m)a,货物受到的合力大小为F合=ma=F,故A正确;小车与货物之间的滑动摩擦力大小为f'=μFN=μmg,小车与货物之间相对静止时为静摩擦力,货物受到的摩擦力不一定等于最大静摩擦力,故B错误;小车对货物的摩擦力提供货物加速度,即小车对货物的摩擦力大小为f=F合=F,故C正确;货物即将发生相对滑动时,小车与货物之间的摩擦力为最大静摩擦力,即为f'=μmg,对货物,根据牛顿第二定律可得f'=ma',对整体,根据牛顿第二定律可得F=(m+M)a'=μ(m+M)g,则至少需要μ(m+M)g的推力 货物与小车才会相对滑动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2026·广东东莞模拟)如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,则推力F的大小为(　　) A.4.0 N B.3.0 N C.2.5 N D.1.5 N A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:P静止在水平桌面上时,由平衡条件有FT1=mQg=2 N,f=FT1=2 N<μmPg=2.5 N,推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即FT2==1 N,故Q物块加速下降,有mQg-FT2=mQa,可得a=5 m/s2,而P物块将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力,对P由牛顿第二定律FT2+F-μmPg=mPa,解得F=4.0 N,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2026·广东东莞模拟)如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f,重力加速度为g。若木块不滑动,力F的最大值是(　　) A. B. C.-(m+M)g D.+(m+M)g A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:当夹子连同木块一起向上做匀加速运动,且恰好不相对滑动时,力F最大,此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。对木块,利用牛顿第二定律得2f-Mg=Ma。同理,对夹子和木块整体有F-(M+m)g=(M+m)a。联立以上两式解得F=,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2026·广东肇庆模拟)我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特别行政区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发,某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究,如图所示,将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端,其中上面的小球较小较轻,而轻绳的上端拴接在竖杆顶部,竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动,不计空气阻力,则下列四个图中所示的姿态正确的是(　　) A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:对两个小球整体分析,受到轻绳的拉力和重力,合力水平向左,如图甲所示, 由牛顿第二定律可得 (m+M)gtan α=(m+M)a, 可得tan α=。 对较重小球分析,受到轻绳的拉力和重力,合力水平向左,如图乙所示, 由牛顿第二定律可得Mgtan β=Ma,可得tan β=,所以有α=β,即两段轻绳与竖直方向的夹角相同,A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,轻弹簧的下端与物块Q连接,上端与物块P连接。已知P、Q质量相等,P静止时弹簧压缩量为x0。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,至Q恰好离开地面。以x表示P离开静止位置的位移。下列表示F和x之间关系的图像,可能正确的是(　　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:设物块P的质量为m,加速度为a,静止时弹簧的压缩量为x0,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得mg=kx0。设物块P的位移为x,当x<x0时,弹簧对P的弹力为F1=k(x0-x),对物块P,由牛顿第二定律得F+F1-mg=ma,F=kx+ma;当x>x0时,弹簧被拉伸,有F-k(x-x0)-mg=ma,仍可得F=kx+ma,即F与x是线性关系,且F随x的增大而增大。当Q对地面压力为零时弹簧被拉伸,拉力等于Q的重力,因此形变量也为x0,所以P上升的距离为2x0,所以B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (7-9题,每题6分) 7.如图,在倾角为θ的光滑斜面上,有两个物块P和Q,质量分别为m1和m2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接。在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则(　　) A.两物块一起运动的加速度大小为a= B.弹簧的弹力大小为T=F C.若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变小 D.若只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大 B 能力提升 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:对整体受力分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a,解得a=-gsin θ,故A错误;对物块Q受力分析,根据牛顿第二定律有T-m2gsin θ=m2a,解得T=,故B正确;根据T==可知,若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,弹簧弹力变大,根据胡克定律可知弹簧伸长量变大,故它们的间距变大,故C错误;根据T=可知,T与θ无关,只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,弹簧弹力不变,根据胡克定律可知弹簧伸长量不变,故它们的间距不变,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2026·广东佛山模拟)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移s的关系如图乙所示,则正确的结论是(g取10 m/s2)(　　) 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7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:物体与弹簧分离时,二者没有相互作用力,所以弹簧处于原长,故A错误。刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg=kΔs;拉力F1为10 N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有F1+kΔs-mg=ma;物体与弹簧分离后拉力F2为30 N,根据牛顿第二定律,有F2-mg=ma;代入数据解得m=2 kg,k=500 N/m=5 N/cm,a=5 m/s2,故B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)(2026·广东广州华南师范大学附属中学月考)如图所示,倾角为α=37°的斜面体静置在粗糙水平地面上,劲度系数为k的与斜面平行的轻弹簧下端拴接在斜面体底端的挡板上,质量为m的物块a拴接在轻弹簧的上端,放在斜面体上质量为m的物块b通过跨过光滑定滑轮的轻绳与质量为2m的球c拴接。初始时a、b接触,c在外力的作用下,使b、c间绳子伸直但无拉力。物块b与滑轮间的轻绳与斜面平行,斜面光滑,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。球c未与斜面体接触。撤去球c的外力瞬间(斜面体仍静止),下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.物块b的加速度为2g B.物块a的加速度为0.5g C.斜面体受到水平向右的静摩擦力作用 D.撤去球c的外力后,当弹簧弹力大小为mg时,a、b刚好分离 答案:BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:撤去球c的外力前,b、c间绳子伸直但无拉力,以a、b为整体,根据受力平衡可得kx1=2mgsin 37°,撤去球c的外力瞬间,以c为研究对象,根据牛顿第二定律可得2mg-T=2ma,以a、b整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得T+kx1-2mgsin 37°=2ma,联立解得a、b、c的加速度大小为a=0.5g,故A错误,B正确;以斜面体和a、b、c整体为研究对象,由于a、b的加速度沿斜面向上,具有水平向右的分加速度,根据牛顿第二定律可得f地=2macos 37°,可知斜面体受到水平向右的静摩擦力作用,故C正确;撤去球c的外力后,a、b刚好分离时,a、b间的弹力为0,此时a、b、c的加速度大小相等,以c为研究对象,根据牛顿第二定律可得2mg-T'=2ma',以b为研究对象,根据牛顿第二定律可得T'-mgsin 37°=ma',以a为研究对象,根据牛顿第二定律可得F弹-mgsin 37°=ma',联立解得弹簧弹力大小为F弹=mg,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(12分)(2026·广东广州模拟)如图所示,倾角为30°的斜面固定在水平地面上,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与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1 kg,A与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为10 m/s2,将A、B由静止释放。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)物体A、B释放瞬间,轻绳对P点的拉力大小; 解析:由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍,则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍;物体A、B释放瞬间,设轻绳的拉力大小为FT,物体A的加速度大小为a,则有 2FT-mAgsin 30°-μmAgcos 30°=mAa, mBg-FT=mB·2a, 代入数据,联立解得FT=6 N,a=2 m/s2。 答案:6 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)物体B下降2 m时(此时B未落地,A未到定滑轮处)的速度大小。 解析:由以上分析知aB=2a=4 m/s2, 物体B做匀加速直线运动,有v2=2aB·x,解得v=4 m/s。 答案:4 m/s $