人教版2026年高中物理必修一 讲义期末复习专题：牛顿运动定律综合应用（含解析）

这是一份人教版2026年高中物理必修一 讲义期末复习专题：牛顿运动定律综合应用（含解析）

连接体问题
1. 连接体
多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由绳子、细杆联系）在一起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况（速度、加速度）。
2. 解决连接体问题的两种方法
“板块”问题
1. “板块”问题
两物体叠放在一起，并通过摩擦力发生相互作用。
2. 处理“板块”问题的关键
（1）加速度：若滑块和木板之间没有相对运动，可用整体法求出它们共同的加速度；若两者之间有相对运动，应采用隔离法分别求出它们的加速度。
（2）速度：两物体之间的摩擦力情况，是根据两物体之间的速度情况来确定的。
（3）位移：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
注意：（1）所说的速度和位移都是相对于地面的。
（2）滑块不从木板上掉下去的条件：滑块与木板保持相对静止时滑块还在木板上。
如图所示，质量M＝2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，另一个质量m＝1 kg的小滑块，以6 m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2。
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止；
（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。
【答案】（1）3.6 m （2）1 s （3）1 m
【解析】（1）由牛顿第二定律得，a＝μ2g＝5m/s2
x＝＝3.6m
（2）对m：a1＝μ2g＝5 m/s2
对M：μ2mg－μ1（m+M）g＝Ma2，a2＝1m/s2
小滑块相对木板处于静止时，速度相等。v0－a1t＝a2t，t＝1 s
（3）木板在达共速前先做匀加速运动x1＝a2t2＝0.5m
速度v1＝a2t＝1 m/s
以后木板与物块以共同加速度a3做匀减速运动
a3＝－μ1g＝－1 m/s2，减速到0的时间t1＝＝1s，
x2＝v1t1＋a3t＝0.5m
x＝x1＋x2＝1m。
1. 连接体问题
（1）处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求整体的加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
（2）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。
2. “板块”问题
（1）处理“板块”问题时，一定要注意“板块”问题的三个关系：加速度关系、速度关系、位移关系。
（2）滑块恰好不滑下木块的临界条件是：滑块到达木板的一端时，滑块和木板恰好相对静止。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是（ ）
A. 系统做匀速直线运动
B. F＝40 N
C. 斜面体对楔形物体的作用力大小为5N
D. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
2. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 不论A、B的质量大小关系如何，B一定减速下滑
B. A运动的加速度大小为a＝
C. 水平面对C一定有摩擦力，摩擦力的方向可能水平向左
D. 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
3. 如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ）
A. 物块先向左运动，再向右运动
B. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
4. 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触（A与弹簧未连接），质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动
B. 物体刚向左运动时的加速度大小为
C. 物体A、B运动后分离
D. 物体A、B运动x0－后分离
5. 质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量。
1. BD
解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有
F＝（M＋m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
2. ABD
解析：因B、C间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故如果物块B不受细绳的拉力作用时，沿斜面方向受力平衡，即Mgsin θ＝μMgcs θ，若给B一初速度，物块B将匀速下滑。但是细绳对B有沿斜面向上的拉力，故物块B一定减速下滑，选项A正确；对A、B分别进行受力分析，由牛顿第二定律可知T＋μMgcs θ－Mgsin θ＝Ma，mg－T＝ma，解得a＝，选项B正确；设水平地面对C的静摩擦力方向水平向左，则斜面C的受力分析如图所示。
由于斜面体始终静止不动，故有：Ff′＋Ffcs θ＝FN2sin θ，FN1＝G＋Ffsin θ＋FN2cs θ，又因为Ff＝Mgsin θ，FN2＝Mgcs θ，联立可得：Ff′＝0，FN1＝G＋Mg，故选项C错误，D正确。
3. BC
解析：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动，B、C正确。
4. D
解析：撤去F后，在物体A离开弹簧的过程中，弹簧弹力是变力，物体A先做变加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力后，物体A做变减速运动，离开弹簧之后A做匀减速运动，故A项错误；撤去F瞬间，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a＝，故B项错误；当A、B分离时，A、B的加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx1，x1＝，所以物体A、B一起开始向左运动x＝x0－后分离，C项错误，D项正确。
5. （1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg
解析：（1）由图像可知，A在0－1s内的加速度
a1＝＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1
解得μ1＝0.2.
（2）由图像知，AB在1－3s内的加速度
a3＝＝－1 m/s2，
对AB由牛顿第二定律得，
－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
解得μ2＝0.1
（3）由图像可知B在0－1s内的加速度a2＝＝2m/s2。
对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，
代入数据解得m＝6kg。
牛顿运动定律综合应用（二）
动力学图像问题
1. 常见的动力学图像
v－t图像、F－a图像、F－x图像、a－t图像、F－t图像等。
2. 数形结合解决动力学图像问题
（1）在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
（2）读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。
动力学中的临界问题
几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示
如图所示，mA=1 kg，mB =2 kg，A、B间静摩擦力的最大值是5 N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别为F=10 N和F=20 N时，A、B的加速度各多大？（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）
【答案】时，；时，，
【解析】先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值，当A、B间的静摩擦力达到5 N时，可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度。以A为研究对象可知a=5 m/s2，再以A、B为一整体可知，A、B不发生相对滑动的拉力的临界值为F=（ mA +mB）a=15 N。
当F= 10 N＜15 N时，A、B仍相对静止，所以aA= aB=；
当F=20 N＞15 N时，A、B间发生了相对滑动，则；以B为研究对象，，则 m/s2。
如图甲所示，质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动，过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度为g= 10 m/s2.求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10 s末物体离a的距离。
【答案】（1）F=3 N，μ=0. 05 （2）2 m
【解析】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v-t图像得a1 =2 m/s2 ①
根据牛顿第二定律，有Fμmg= ma1 ②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，
则由v-t图像得a2 =1 m/s2 ③
根据牛顿第二定律，有F+μmg= ma2 ④
联立①②③④解得F=3 N，μ=0.05。
（2）设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图像与横轴所围的面积，则m，负号表示物体在a点左侧。
1. 动力学图像问题的解题策略
2. 分析临界问题注意事项
（1）分析清楚题中的临界状态
（2）分析出来临界状态的条件
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动。随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。
2. 如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是（ ）
A. 滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大
B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C. 滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为
D. 滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大
3. 如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态。现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是（ ）
4. 一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）（ ）
A. 前2 s处于超重状态
B. 从200 m高处开始跳下
C. 落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D. 整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
5. 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球（重力加速度为g）。
（1）当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？
（2）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
（3）当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？
1. 60°
解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程：
－mgsin θ－μmgcs θ＝ma①
木块的位移为x，有0－v＝2ax②
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g（sin θ＋μcs θ）
根据数学关系有sin θ＋μcs θ＝sin（θ＋α），其中tan α＝μ＝，则α＝30°
要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g
所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－
代入②可得xmin＝
2. C
解析：滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，加速度大小一直增大，选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax＝，选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，此时速度最大，之后滑块开始做减速运动，选项D错误。
3. D
解析：由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的是图D。
4. C
解析：由v－t图可知，降落伞在前2 s内加速下降，中间5 s 匀速下降，最后6 s减速下降，故前2 s失重，选项A错误；由v－t图面积x＝×（5＋13）×20 m＝180 m，选项B错误；落地前瞬间a＝＝m/s2＝－m/s2，对特战兵，由牛顿第二定律，8T·cs 37°－mg＝m|a|，T＝125 N，选项C正确；全程平均速度v＝＝m/s＞10 m/s，选项D错误。
5. （1）g （2）g （3）mg
解析：（1）当FT＝0时，小球受重力mg和斜面支持力FN作用，如图甲，则
FNcs 45°＝mg，FNsin 45°＝ma
解得a＝g.故当向右运动的加速度为g时线上的拉力为0.
（2）假设滑块具有向左的加速度a1时，小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用，如图乙所示。由牛顿第二定律得
水平方向：FT1cs 45°－FN1sin 45°＝ma1，
竖直方向：FT1sin 45°＋FN1cs 45°－mg＝0.
由上述两式解得FN1＝，FT1＝。
由此可以看出，当加速度a1增大时，球所受的支持力FN1减小，线的拉力FT1增大。
当a1＝g时，FN1＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为FT1＝mg.所以滑块至少以a1＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。
（3）当滑块加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙所示，此时细线与水平方向间的夹角α