2026年高考总复习优化设计一轮复习物理（广西版）-专题3　牛顿运动定律的综合应用

高考总复习优化设计GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI专题3牛顿运动定律的综合应用第三章2026内容索引0102强基础增分策略增素能精准突破强基础增分策略1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的

相同时,可以把系统内的所有物体看成

,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对

列方程求解的方法。

2.隔离法

隔离出的物体也可以是一个“小系统”当求系统内物体间

时,常把某个物体从系统中

出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对

出来的物体列方程求解的方法。

加速度一个整体整体相互作用的内力隔离隔离3.外力和内力如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的

,而系统内各物体间的相互作用力为

。应用牛顿第二定律列方程时不考虑

;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的

。

内力与外力是相对系统而说的4.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起,在求解连接体问题时常用的方法有整体法与

。

连接体沿杆或绳方向的分速度大小相等外力内力内力外力隔离法5.临界问题某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了

的出现,隐含了相应的临界条件。

6.“皮带”与“板块”问题在研究具体皮带传送与板块运动时,选取

为参考系较为方便。

临界状态地面易错辨析

(1)隔离法和整体法是相对而言的,隔离法也可以隔离出两个以上的物体为研究对象。(

)(2)研究问题一定是先整体再隔离简便。(

)(3)细绳或线上各点的速度相同。(

)(4)轻绳(线)或轻弹簧各部分的弹力大小相等。(

)(5)皮带传送中,物块和皮带速度相同时一定不受摩擦力作用。(

)√××√×应用提升1.(2023北京卷)如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块的质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(

)A.1N B.2NC.4N D.5NC解析

对两物块整体受力分析有Fmax=2ma,再对后面的物块受力分析有FTmax=ma,又FTmax=2

N,联立解得Fmax=4

N,故选C。2.(2024全国甲卷)如图所示,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

3.如图甲所示,一足够长的质量为m的木板静止在水平面上,t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。0~t1时间内滑块加速度大小为a1,t1~t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的v-t图像如图乙所示,则有(

)A.a1<a2

B.a1=a2C.μ1>2μ2

D.μ1<2μ2C解析

根据v-t图线的斜率表示加速度,可知a1>a2,选项A、B错误。由v-t图像分析可知,0~t1时间内滑块相对木板向右滑动,木板相对地面向右滑动,t1时刻滑块与木板达到共同速度,t1~t2时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零。对木板,木板受到滑块的最大静摩擦力大于木板受到地面的滑动摩擦力,所以有μ1mg>μ2·2mg,则有μ1>2μ2,选项C正确,D错误。4.(2024安徽十校联盟期中)某快递公司为了提高效率,使用电动传输机输送快件,如图所示,水平传送带AB的长度L=5.25m,始终保持恒定速度v=1m/s运行,在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点),快件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,快件由静止开始加速,与传送带共速后做匀速运动到达B处,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是(

)A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反B.快件先受滑动摩擦力作用,后受静摩擦力作用C.快件与传送带的相对位移为0.5mD.快件由A到B的时间为5.5sD

增素能精准突破考点一连接体模型[师生共研]1.常见连接体类型与特点

类型图示特点弹簧连接体

在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率往往相等类型图示特点叠放连接体

两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等轻绳连接体

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类型图示特点轻杆连接体

轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比2.连接体问题求解方法

【典例突破】典例1.质量均为5kg的物块1、2放在水平面上并用轻质弹簧测力计相连,如图所示,物块1的表面光滑,物块2与地面间的动摩擦因数为0.2,整个系统在水平拉力F作用下向左做匀加速运动,此时弹簧测力计的示数为15N;若拉力变为2F,其他条件不变,重力加速度大小g取10m/s2,则此时弹簧测力计的示数为(

)A.30N B.25NC.20N D.15NB

【对点演练】1.(多选)如图所示,P、Q两物体叠放在水平面上,已知两物体的质量均为m=2kg,P与Q间的动摩擦因数μ1=0.3,Q与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,当水平向右的外力F=12N作用在Q物体上时,下列说法正确的是(

)A.Q对P的摩擦力方向水平向右B.水平面对Q的摩擦力大小为2NC.P与Q之间的摩擦力大小为4ND.P与Q发生相对滑动AC解析

当水平向右的外力F=12

N作用在Q物体上时,假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动,以P与Q为整体,根据牛顿第二定律可得F-μ2(m+m)g=2ma,解得a=2

m/s2,以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得Ff=ma=2×2

N=4

N,由于Ff=4

N<μ1mg=6

N,说明假设成立,C正确,D错误;P的加速度方向水平向右,可知Q对P的摩擦力方向水平向右,A正确;水平面对Q的摩擦力大小为Ff地=μ2(m+m)g=4

N,B错误。2.(2023广西桂林期末)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g,这使得实验者可以有较长的时间进行观测、研究。已知物体A、B的质量均为m0,物体C的质量为m。轻滑轮的轴摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后(

)C解析

对物体A有FT-m0g=m0a对B、C整体有(m0+m)g-FT=(m0+m)a考点二动力学中的临界极值问题[师生共研]1.临界值或极值条件的标志(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“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。(3)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。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。2.处理临界问题的三种方法

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,特别是有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3.动力学中极值问题的临界条件和处理方法(1)四种典型临界条件①接触与脱离的临界条件:两物体接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。②相对滑动的临界条件:两物体接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则发生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:绳子所能承受的拉力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是FT=0。④加速度变化时,速度达到极值的临界条件:加速度变为0时。(2)四种典型数学方法①三角函数法;②根据临界条件列不等式法;③利用二次函数的判别式法;④极限法。【典例突破】典例2.(多选)(2023湖南卷)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(

)A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtanθB.若推力F向左,且tanθ≤μ,则F的最大值为2mgtanθC.若推力F向左,且μ<tanθ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tanθ)D.若推力F向右,且tanθ>2μ,则F的范围为4mg(tanθ-2μ)≤F≤4mg(tanθ+2μ)CD思维点拨

(1)若推力向左,则系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,或A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(2)若推力向左,μ≥tan

θ时,系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力未达到最大静摩擦力,方向水平向左,A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(3)若推力向左,μ<tan

θ≤2μ时,A与左壁弹力不为零,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向左,此时F有最大值。(4)若推力向右,tan

θ>2μ时,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向右,F有最大值;厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向左,F有最小值。解析

设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcos

θ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsin

θ=ma,解得a=gtan

θ,对整体有F=4ma=4mgtan

θ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtan

θ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mg-FTsin

θ=ma',且tan

θ≤μ,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtan

θ,B错误;若推力F向左,且μ<tan

θ≤2μ,则a'<a,对整体有F=4ma'=4mg(2μ-tan

θ),C正确;若推力F向右,且tan

θ>2μ,则B向右的最小加速度为a1,对B有FTsin

θ-μ·2mg=ma1,对整体有Fmin=4ma1=4mg(tan

θ-2μ),B向右的最大加速度为a2,对B有FTsin

θ+μ·2mg=ma2,对整体有Fmax=4ma2=4mg(tan

θ+2μ),故4mg(tan

θ-2μ)≤F≤4mg(tan

θ+2μ),D正确。【对点演练】3.(2024福建厦门双十中学模拟)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1kg的物体A、B(物体B与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50N/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=4m/s2的匀加速直线运动,重力加速度g取10m/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4NB.当弹簧压缩量减小到0.3m时,A、B间的弹力大小为1.2NC.A、B分离时,物体A的位移大小为0.12mD.物体B速度达到最大时,物体B的位移为0.22mC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的加速度为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间的弹力大小为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,所以物体A的位移大小为x0-x2=0.4

m-0.28

m=0.12

m,故C正确;当物体B的合力为零时速度达到最大,由C可知A、B分离时有向上的加速度,所以速度最大时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,故物体B的位移大小为x0-x3=0.2

m,故D错误。4.如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,以v0=2m/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=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10m。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10m/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+at2v=v0+at联立解得a=3

m/s2v=8

m/s。(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=maFsin

α+FN-mgcos

θ=0又Ff=μFN考点三传送带模型[师生共研]1.水平传送带(1)模型情境(2)水平传送带问题分析求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。2.倾斜传送带(1)模型情境(2)倾斜传送带问题分析求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。3.传送带问题的解题思路

【典例突破】典例3.如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=4m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=2.4m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。思维点拨

对物块受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度,注意共速前后滑动摩擦力方向发生突变。对物块两个加速过程进行运动分析,注意运动参量之间的联系,以地面为参考系。解析

(1)对物块受力分析可知,物块先在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同由牛顿第二定律得F+μmgcos

θ-mgsin

θ=ma1代入数据解得a1=6

m/s2物块与传送带共速后,对物块进行受力分析可知,物块受到的摩擦力的方向改变,因为F=8

N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10

N,所以物块不能相对传送带向上加速运动,物块将随传送带匀速上升(2)若共速后撤去恒力F,因为mgsin

θ>μmgcos

θ,对物块进行受力分析可知,物块将减速向上运动有mgsin

θ-μmgcos

θ=ma2代入数据解得a2=2

m/s2经判断,物块在速度减到零之前,已经从传送带上端离开,设物块还需时间t'离开传送带,离开时的速度大小为v',则由运动学公式有v2-v'2=2a2(x-x1)【对点演练】5.(多选)(2024贵州遵义校考练习)如图甲所示,小物块从右侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的前3s段为抛物线,3s到4.5s段为直线,下列说法正确的是(

)A.传送带沿逆时针方向转动B.传送带的速度大小为2m/sC.物块刚滑上传送带时的速度大小为2m/sD.前4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9mBD

6.(2023广东广州期末)安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如图所示,传送带长为2.1m,被检物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调为4m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10m/s2,被检物品可视为质点),下列说法正确的是(

)A.物品先做匀加速运动后做匀速运动B.物品从A端到B端所用的时间为1.5sC.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变D解析

物品刚放在传送带上时相对传送带滑动,做初速度为零的匀加速直线运动,对物品,

μmg=ma,解得a=3

m/s2。假设物品可以加速到与传送带共选项B错误。全过程中,物品一直受到向右的滑动摩擦力,选项C错误。当传送带速度减小时,物品在传送带上仍可能是全程加速,在加速度和位移都不变的情况下,运动的时间也不变,选项D正确。7.(多选)(2024天津芦台一中期末)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示,已知v2>v1,则(

)A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0~t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用D.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力先向右后向左BC解析

相对地面而言,小物块在0~t1时间内,向左做匀减速直线运动,t1之后反向向右运动,故小物块在t1时刻离A处距离最大,A错误;小物块在0~t1时间内,向左做匀减速直线运动,相对传送带向左运动,在t1~t2时间内,反向向右做匀加速直线运动,但速度小于传送带的速度,相对传送带向左运动,t2时刻两者同速,在t2~t3时间内,小物块相对于传送带静止,所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值,B正确;0~t2时间内,小物块相对传送带向左运动,始终受到向右的滑动摩擦力,滑动摩擦力的大小和方向都不变,故C正确,D错误。考点四板块模型[师生共研]1.模型特征滑块—木板模型(如图甲所示),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热。多次相互作用,属于多物体、多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击滑块(如图乙所示)、圆环在直杆中滑动(如图丙所示)都属于滑块类问题,处理方法与滑块—木板模型类似。2.两种类型

3.分析板块模型时要抓住一个转折和两个关联

4.处理“板块”模型问题的流程

【典例突破】典例4.如图所示,将“

”形工件放在水平地面上,静置于工件上的小滑块与挡板相距L=2.4m,已知滑块的质量m1=3kg,与工件间的动摩擦因数μ1=0.20;工件的质量m2=5kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.50;现在工件左端施加F=52N的水平推力,作用时间t0=10s,之后滑块与挡板发生碰撞,g取10m/s2。求:(1)撤掉F时工件的速度大小;(2)撤掉推力后,滑块经多长时间与挡板相碰。思维点拨

选取地面为参考系→分段根据板块的相关运动关系列方程→分段受力分析由运动学公式和牛顿第二定律分析解决。答案

(1)15

m/s

(2)1

s解析

(1)滑块与工件一起运动的最大加速度设滑块与工件一起运动的水平推力的最大值为Fm,根据牛顿第二定律有Fm-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)am代入数据得Fm=56

N>52

N,故在水平推力F作用下,滑块与工件一起运动F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a滑块与工件一起运动的加速度大小a=1.5

m/s2撤掉F时工件的速度v=at0=15

m/s。(2)撤掉F后滑块减速的加速度大小为a1,工件减速的加速度大小为a2对滑块有μ1m1g=m1a1对工件有μ2(m1+m2)g-μ1m1g=m2a2代入数据得a1=2

m/s2a2=6.8

m/s2设经过时间t滑块与挡板相碰,滑块与工件的位移分别为x1和x2