第3章 第2讲 动力学两类基本问题 动力学图像问题-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学两类基本问题”和“动力学图像问题”核心考点，依据高考评价体系明确了受力分析、运动过程分析及加速度桥梁作用的考查要求，通过经典高考题和模拟题归纳了已知受力求运动、已知运动求受力及v-t、F-a等图像分析的常考题型。 课件亮点在于“核心知识梳理+关键能力提升+高考真题实战”的系统备考策略，如以倾斜滑轨运动和海鸟捕鱼v-t图像为实例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，强化牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，帮助学生掌握图像斜率、面积的物理意义，教师可据此精准指导学生突破高频考点，提升应试得分率。

第2讲　动力学两类基本问题　动力学图像问题 第三章　运动和力的关系 1 [学习目标]　1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。2.理解各种动力学图像，并能分析图像特殊点、斜率、截距、面积的物理意义。 2 考点一　动力学两类基本问题 考点二　动力学中的图像问题 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 考点一　动力学两类基本问题 一 4 1.动力学的两类基本问题 第一类：已知物体的受力情况求__________； 第二类：已知物体的运动情况求__________。 2.解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图： 运动情况 受力情况 盘点 核心知识 5 3.分析动力学两类基本问题的关键 (1)做好两类分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)搭建两个桥梁：加速度是联系运动和力的桥梁；连接点的速度是联系各物理过程的桥梁。 6 考向1 　已知物体的受力情况求运动情况 [典例1]　(经典高考题)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角、长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9， sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 提升 关键能力 7 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； [解析]　货物在倾斜滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1， 代入数据解得a1＝2 m/s2。 [答案]　2 m/s2　 8 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； [解析]　根据运动学公式有v2＝2a1l1， 解得v＝4 m/s。 [答案]　4 m/s 9 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 [解析]　货物在水平滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2， 根据运动学公式有v2＝－2a2l2， 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 [答案]　2.7 m 10 考向 2　已知物体的运动情况求受力情况 [典例2]　(2026·四川雅安高三诊断)在某平直的铁路上，一列以90 m/s的速度行驶的高速列车某时刻开始关闭发动机，列车在阻力作用下做匀减速运动进站，经5 min后恰好停在该车站。在该车站停留一段时间，随后匀加速驶离该车站，加速运动8.1 km后速度恢复到90 m/s。列车总质量M＝8.0×105 kg，运动中所受阻力恒定。求： 11 (1)列车做匀减速运动的加速度大小； [解析]　列车做匀减速运动的加速度大小a1＝＝0.3 m/s2。 [答案]　　 2.4×105 N　 [解析]　根据牛顿第二定律得f＝Ma1＝2.4×105 N。 (2)列车所受阻力的大小； [答案]　0.3 m/s2　 12 (3)列车驶离车站加速运动过程中牵引力的大小。 [解析] 匀加速运动过程有v2＝2a2x2， 根据牛顿第二定律有F－f＝Ma2， 联立解得F＝6.4×105 N。 [答案]　　 6.4×105 N 考点二　动力学中的图像问题 二 14 1.常见图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等。 2.解题策略 (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)注意图线上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、情景结合起来，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。 盘点 核心知识 15 考向 1　v－t图像 [典例3]　(2026·四川成都四中高三月考)某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v－t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为t1，最大速度为vm＝6 m/s，重力加速度g取 10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t1＝1 s B.整个过程中，鸟向下运动的距离为3 m C.t1至t1时间内，鸟的加速度大小为20 m/s2 D.t1至t1时间内，鸟所受的阻力是重力的1.5倍 B 提升 关键能力 16 [解析]　根据vm＝gt1可知t1＝ s＝0.6 s， 故A错误；根据v－t图像与横轴围成的面积表 示位移可知，整个过程中，鸟下落的高度为 h＝vm·t1＝×6××0.6 m＝3 m，故B正 确；t1至t1时间内，鸟的加速度大小为a＝ m/s2＝15 m/s2，根 据牛顿第二定律可得f－mg＝ma，解得，故C、D错误。 17 考向 2　a－t(F－t)图像 [典例4]　(多选)用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，F大小随时间的变化如图甲所示，物块的加速度a随时间的变化图像如图乙所示，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 是(　 　) A.物块的质量为3 kg B.最大静摩擦力为3 N C.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行4.5 s D.若在4 s时撤去水平拉力，物块还可以继续滑行8 m ABC 18 [解析]　根据题图乙可知，在1 s时 刻，物块恰好开始运动，此时拉力 大小等于最大静摩擦力，根据题 图甲可知，最大静摩擦力为3 N， B正确；在2 s时刻拉力为6 N，加速度为1 m/s2，则有m＝ kg＝3 kg， A正确；a－t图像的面积表示速度的变化量，结合上述分析则有v4＝Δv ＝ m/s＝4.5 m/s，撤去拉力后加速度a＝ m/s2＝1 m/s2，则物块 还可以继续滑行的时间t＝＝4.5 s，C正确；根据上述分析，若在4 s时 撤去水平拉力，则物块还可以继续滑行的距离x＝＝10.125 m，D错误。 19 考向 3　F－a图像或a－F图像 [典例5]　(经典高考题改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的 关系图线如图所示。由图可知(　　) A.m甲＜m乙　　　 B.m甲＞m乙 C.μ甲＝μ乙 D.μ甲＞μ乙 B 20 [解析]　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲＜μ乙。故选B。 21 [典例6]　(多选)(2026·四川成都外国语学校高三诊断)如图甲所示，一固定水平长杆套有直径略大于杆的金属小环。现用始终与水平方向成53°角的拉力F作用于小环，当拉力F从零开始逐渐增大时，小环静止一段时间后开始运动，其加速度a随拉力F变化的图像如图乙所示，加速度在拉力达到F2后保持不变。已知小环质量为0.8 kg，小环与长杆间的动摩擦因数为μ，取重力加速度为10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝ 0.6，则(　　) A.F1＝7.5 N B.a2＝7.5 m/s2 C.μ＝0.75 D.F2＝5 N BC 22 [解析]　当F大于F2以后，由牛顿第二定律得Fcos 53°－μ(Fsin 53°－ mg)＝ma，因为加速度保持不变，即a与F无关，所以有Fcos 53°＝ μFsin 53°，解得μ＝0.75，a2＝7.5 m/s2，故B、C正确；当F等于F1时有 F1cos 53°＝μ(mg－F1sin 53°)，解得F1＝5 N，故A错误；当F等于F2时， 加速度恰好达到恒定值，此时有F2sin θ＝mg，解得F2＝10 N，故D错误。 23 随堂检测　自我诊断 三 24 1.(2025·北京卷)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止 开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而 增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B.从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C.从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D.t4时刻，实验舱达到最高点 B 25 解析：t1~t3间，f向下，先增大后减小，可知 此时速度方向向上，先增大后减小，故实验 舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A 错误；t2~t3间，f向下在减小，可知此时速度 方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝g，故加速度大小在减小，故B正确；t3~t5间，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，即先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，实验舱先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。 26 2.(2026·四川内江模拟)如图，固定在水平地面 上的光滑且足够长的斜面倾角为30°，其底端有 一质量为2 kg的小物体，物体在平行于斜面向上 的恒定拉力F作用下，由静止开始运动，经过一段时间t0后撤去拉力F， 此后，小物体继续沿斜面运动，再经过2t0返回到斜面底端，重力加速度g取10 m/s2，则拉力F的大小是(　　) A.14 N B.18 N C.20 N D.24 N B 27 解析：取沿斜面向上为正方向，撤去F前，位移x＝a1，由牛顿第二定律得F－mgsin 30°＝ma1，撤去F后，位移－x＝v·2t0a2(2t0)2，其中v＝a1t0，由牛顿第二定律得－mgsin 30°＝ma2，联立解得F＝18 N，故选B。 28 3.(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像。重力加速度大小为g。在下列a－m图像中，可能正 确的是(　　) D 29 解析：设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力为f。以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝·m，可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g，故选D。 30 4.(2026·四川资阳高三诊断)如图甲所示，水平桌面上静置有一算盘，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在t＝0时刻对算珠施加沿杆方向的力F＝0.12 N使其由静止开始运动，经0.1 s撤去F，此后再经0.1 s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v－t图像如图乙所示，算珠的厚度d＝7.5 mm，g取10 m/s2，与杆间的动摩擦因数恒定。求： 31 (1)杆的长度L； 解析：根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移可知，杆的长度为L＝x＋2d＝×0.3×0.2 m＋2×7.5×10－3 m＝0.045 m。 答案：0.045 m 32 (2)算珠与杆间的动摩擦因数μ； 解析：撤去F后，算珠做匀减速运动的加速度大小为a2＝ m/s2＝3 m/s2， 根据牛顿第二定律有μmg＝ma2， 可得算珠与杆间的动摩擦因数为μ＝0.3。 答案：0.3 33 (3)算珠的质量m。 解析：算珠做匀加速运动的加速度大小为 a1＝ m/s2＝3 m/s2， 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1， 联立解得算珠的质量为m＝0.02 kg。 答案：0.02 kg 34 $