資源簡介

專題強化四　牛頓第二定律的綜合應用
素養目標
1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題．
2．理解幾種常見的臨界極值條件．
3．會用極限法、假設法、數學方法解決臨界極值問題．
4．掌握運動學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義．
考點一　動力學中的連接體問題
1．連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統，系統穩定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．
2．處理連接體問題的方法
(1)整體法的選取原則及解題步驟
①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法．
②運用整體法解題的基本步驟：
(2)隔離法的選取原則及解題步驟
①當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法．
②運用隔離法解題的基本步驟：
第一步：明確研究對象或過程、狀態．
第二步：將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態從系統或全過程中隔離出來．
第三步：畫出某狀態下的受力圖或運動過程示意圖．
第四步：選用適當的物理規律列方程求解．
考向1　加速度相同的連接體問題
例1 如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大
B．若木塊和地面間的動摩擦因數為μ，則繩的拉力為＋μm1g
C．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關
D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關
例2 (多選)如圖，P、Q兩物體疊放在水平面上，已知兩物體質量均為m＝2 kg，P與Q間的動摩擦因數為μ1＝0.3，Q與水平面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.當水平向右的外力F＝12 N作用在Q物體上時，下列說法正確的是(　　)
A．Q對P的摩擦力方向水平向右
B．水平面對Q的摩擦力大小為2 N
C．P與Q之間的摩擦力大小為4 N
D．P與Q發生相對滑動
考向2　加速度不同的連接體問題
(1)常見情形
速度、加速度大小相等，方向不同
(2)常用方法：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程．
例3 如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上．將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半．已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，則推力F的大小為(　　)
A．4.0 N　　B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
考點二　動力學中的臨界和極值問題
　
1．常見的臨界條件
(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.
脫離瞬間兩物體的加速度仍相等
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.
2．求解臨界極值問題的三種方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
考向1　相對滑動的臨界問題
例4 (多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與水平面間的動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是(　　)
A．a＝0　B．a＝　C．a＝　D．a＝
[教你解決問題]
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　恰好脫離的動力學臨界問題
例5 (多選)如圖所示，傾角為α的光滑斜面體固定在水平面上，質量不計的輕彈簧一端固定在斜面體底端的擋板上，另一端與質量為m的滑塊乙相連接，另一質量為2m的滑塊甲與滑塊乙并排放在斜面體上(兩滑塊不粘連)．開始時彈簧的壓縮量為x0，某時刻在滑塊甲上施加一沿斜面體向上的外力F，使滑塊甲沿斜面體向上做勻加速直線運動，經過一段時間兩滑塊分離，此時外力F＝3mg sin α，重力加速度為g.則以下說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數為k＝
B．兩滑塊分離時，彈簧的彈力恰好為零
C．兩滑塊分離時，彈簧的壓縮量為
D．從施力到分離的時間為
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向3　動力學中的極值問題
例6 [2024·九省聯考黑龍江、吉林卷]如圖，質量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上．給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g.擋板對乙的彈力最大值為(　　)
A．2mg sin θ B．3mg sin θ
C．4mg sin θ D．5mg sin θ
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考點三　 動力學圖像問題
　
常見 圖像 v t圖像、F t圖像、a F圖像、a t圖像、a x圖像
三種 類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況． (2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況． (3)由已知條件確定某物理量的變化圖像．
解題 策略 (1)問題實質是力與運動的關系，要注意區分是哪一種動力學圖像． (2)應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
破題 關鍵 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點． (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等． (3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．
考向1　動力學v t圖像
例7 [2024·江蘇鹽城聯考]一彈性小球從離地板不太高的地方自由釋放，與地板碰撞時沒有機械能損失．設小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，則小球從釋放到第一次上升到最高點的過程中，小球運動的速度－時間圖像可能正確的是(　　)
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向2　動力學F t、F a圖像
例8 (多選)[2023·全國甲卷]
用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙．甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示．由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例9 [2024·重慶市高三聯考]甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上，與地面摩擦因數相同．t＝0時刻起，在物體上均施加周期性變化的水平外力F，變化規律如圖所示．甲、乙在運動中具有如下特點：甲物體在2 s末、4 s末速度相同且不為0；乙物體在第3 s內做勻速運動；則甲與乙質量之比為(　　)
A．3∶2 B．3∶4
C．2∶3 D．無法確定
考向3　動力學a t、a x圖像
例10 (多選)如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊A的質量為mA＝1.2 kg.開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1 s時撤去，在0～1 s內兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙．彈簧始終處于彈性限度內，整個運動過程中，以下分析正確的是(　　)
A．力F大小為1.2 N
B．t＝1 s時A的速度大小為0.8 m/s
C．物塊B的質量為0.6 kg
D．從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為0.144 J
例11 如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，質量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，小球下落的最低位置為C點．以B點為坐標原點O，沿豎直向下建立x軸，小球從B到C過程中的加速度—位移圖像如圖乙所示，重力加速度為g.在小球從B運動到C的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．小球在B點時的速度最大
B．小球在C點時所受的彈力大于2mg
C．圖像與x軸所包圍的兩部分面積大小相等
D．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大
思維提升
1.動力學圖像問題處理方法
看清坐標軸所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進而弄懂物理過程，寫出相應的函數關系式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
2．v t圖像的斜率表示加速度；a t圖像面積表示速度變化；F t圖像的面積表示沖量，F x圖像面積表示功．
專題強化四　牛頓第二定律的綜合應用
考點一
例1　解析：若設木塊和地面間的動摩擦因數為μ，以兩木塊組成的整體為研究對象，根據牛頓第二定律，有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木塊1為研究對象，根據牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，解得a＝，系統加速度與木塊1加速度相同，聯立解得FT＝F，可知繩子拉力大小與動摩擦因數μ無關，與兩木塊質量大小有關，即與水平面是否粗糙無關，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝F，且m2越大繩的拉力越小，故選C.
答案：C
例2　解析：當水平向右的外力F＝12 N作用在Q物體上時，假設P與Q相對靜止一起向右做勻加速直線運動，以P與Q為整體，根據牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P為研究對象，根據牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，說明假設成立，C正確，D錯誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對P的摩擦力方向水平向右，A正確；水平面對Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B錯誤．
答案：AC
例3　解析：未加推力F時，繩中張力T＝mQg＝2 N，加上推力F后，繩中張力為T′＝1 N，對Q應用牛頓第二定律有mQg－T′＝mQa，此時對物塊P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，A項正確．
答案：A
考點二
例4　解析：水平面對木板的最大摩擦力為fm＝·2mg＝μmg，若拉力滿足F≤fm＝μmg，則物塊和木板均處于靜止狀態，木板的加速度為a＝0，故A正確；若物塊相對木板運動，以木板為對象，根據牛頓第二定律可得μmg－·2mg＝ma，解得木板的加速度為a＝μg，此時μg為木板的最大加速度；當物塊與木板相對靜止一起在水平面上加速運動時，木板的加速度大小應滿足0答案：ABC
例5　解析：開始滑塊甲、滑塊乙靜止在斜面體上，以兩滑塊整體為研究對象，由力的平衡條件得3mg sin α＝kx0，解得k＝，A正確；兩滑塊分離瞬間，對滑塊甲有F－2mg sin α＝2ma，解得a＝；對滑塊乙有kx－mg sin α＝ma，解得x＝≠0，B錯誤，C正確；由位移公式有x0－x＝at2得t＝ ，D錯誤．
答案：AC
例6　解析：物塊甲運動至最高點時，擋板對乙的彈力最小值為0，對乙有F彈1＝mg sin θ，對甲有F彈1＋mg sin θ＝ma，物塊甲運動至最低點時，根據對稱性有F彈2－mg sin θ＝ma，對乙受力分析，擋板對乙的彈力最大值為FN＝F彈2＋mg sin θ＝4mg sin θ.
答案：C
考點三
例7　解析：小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，即f＝kv，根據牛頓第二定律，下降過程mg－kv＝ma1，可知，小球加速下降過程中，加速度從g開始逐漸減小．小球碰后上升過程中mg＋kv＝ma2，可知，小球減速上升過程中加速度從大于g的值逐漸減小到g.速度—時間圖像的斜率表示加速度，則加速下降階段，斜率逐漸減小，減速上升階段，斜率逐漸減小，到最高點時的圖像斜率等于剛釋放時的斜率．故選B.
答案：B
例8　解析：根據牛頓第二定律有
F－μmg＝ma
整理后有
F＝ma＋μmg
則可知F a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出
m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g
則μ甲<μ乙
故選BC.
答案：BC
例9　解析：甲在2 s末和4 s末速度相同，則2 s到4 s間必經過先減速再加速的過程，因減速和加速時間相同，所以兩階段加速度大小相同，故f＝6 N，乙因為在第三秒內做勻速運動，所以所受合力為零，所以乙受到摩擦力為4 N，又因摩擦因數相同，因為f＝μmg，所以有＝＝＝，故選A.
答案：A
例10　解析：t＝0時刻，A僅受F作用，根據牛頓第二定律可知力F的大小為F＝mAaA0＝1.2 N，故A正確；a t圖像與坐標軸所圍面積表示速度的變化量，所以t＝1 s時A的速度大小為vA1>×(1＋0.6)×1 m/s＝0.8 m/s，故B錯誤；設t＝1 s時彈簧的彈力大小為T，對A、B根據牛頓第二定律分別有F－T＝mAa1；T＝mBa1，解得mB＝0.8 kg，故C錯誤；根據動量定理可得t＝1 s時A、B組成的系統的動量為p＝Ft＝1.2 kg·m/s，撤去拉力后，系統動量守恒，當A、B達到共同速度v時彈簧伸長量最大，根據動量守恒定律有p＝(mA＋mB)v，解得v＝0.6 m/s，根據動能定理可知從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為W＝mBv2＝0.144 J，故D正確．故選AD.
答案：AD
例11　解析：小球在B點時，合力為重力，合力和速度同向，會繼續加速，B點時的速度不是最大，A錯誤；小球若從B點由靜止釋放，到達最低點時，由對稱性，最低點加速度向上，大小為g，FN－mg＝mg則FN＝2mg，小球從A點自由下落，小球在C點時，彈力比上述情況要大，加速度向上，大于g.由牛頓第二定律FN－mg>mg，則FN>2mg，B正確；設在D點，彈力和小球重力平衡，D點速度為vD，由微元法可知圖像與x軸所包圍的上部分面積S1＝)，圖像與x軸所包圍的下部分面積S2＝)，因為vB>vC＝0，得S1答案：B(共36張PPT)
專題強化四　牛頓第二定律的綜合應用
素養目標
1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題．
2．理解幾種常見的臨界極值條件．
3．會用極限法、假設法、數學方法解決臨界極值問題．
4．掌握運動學圖像，并能分析圖像特殊點、斜率、截距、面積的物理意義．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　動力學中的連接體問題
1．連接體
多個相互關聯的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯系)在一起構成的物體系統稱為連接體．連接體一般(含彈簧的系統，系統穩定時)具有相同的運動情況(速度、加速度)．
2．處理連接體問題的方法
(1)整體法的選取原則及解題步驟
①當只涉及系統的受力和運動情況而不涉及系統內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法．
②運用整體法解題的基本步驟：
(2)隔離法的選取原則及解題步驟
①當涉及系統(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法．
②運用隔離法解題的基本步驟：
第一步：明確研究對象或過程、狀態．
第二步：將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態從系統或全過程中隔離出來．
第三步：畫出某狀態下的受力圖或運動過程示意圖．
第四步：選用適當的物理規律列方程求解．
考向1　加速度相同的連接體問題
例1 如圖所示，水平面上有兩個質量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．若水平面是光滑的，則m2越大繩的拉力越大
B．若木塊和地面間的動摩擦因數為μ，則繩的拉力為＋μm1g
C．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關
D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關
答案：C
解析：若設木塊和地面間的動摩擦因數為μ，以兩木塊組成的整體為研究對象，根據牛頓第二定律，有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝，以木塊1為研究對象，根據牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，解得a＝，系統加速度與木塊1加速度相同，聯立解得FT＝F，可知繩子拉力大小與動摩擦因數μ無關，與兩木塊質量大小有關，即與水平面是否粗糙無關，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝F，且m2越大繩的拉力越小，故選C.
例2 (多選)如圖，P、Q兩物體疊放在水平面上，已知兩物體質量均為m＝2 kg，P與Q間的動摩擦因數為μ1＝0.3，Q與水平面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2.當水平向右的外力F＝12 N作用在Q物體上時，下列說法正確的是(　　)
A．Q對P的摩擦力方向水平向右
B．水平面對Q的摩擦力大小為2 N
C．P與Q之間的摩擦力大小為4 N
D．P與Q發生相對滑動
答案：AC
解析：當水平向右的外力F＝12 N作用在Q物體上時，假設P與Q相對靜止一起向右做勻加速直線運動，以P與Q為整體，根據牛頓第二定律可得F－μ2(m＋m)g＝2ma，解得a＝2 m/s2，以P為研究對象，根據牛頓第二定律可得Ff＝ma＝2×2 N＝4 N，由于Ff＝4 N<μ1mg＝6 N，說明假設成立，C正確，D錯誤；P的加速度方向水平向右，可知Q對P的摩擦力方向水平向右，A正確；水平面對Q的摩擦力大小為Ff地＝μ2(m＋m)g＝4 N，B錯誤．
考向2　加速度不同的連接體問題
(1)常見情形
速度、加速度大小相等，方向不同
(2)常用方法：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程．
例3 如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上．將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變為原來的一半．已知P、Q兩物塊的質量分別為mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P與桌面間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，則推力F的大小為(　　)
A．4.0 N　　B．3.0 N
C．2.5 N D．1.5 N
答案：A
解析：未加推力F時，繩中張力T＝mQg＝2 N，加上推力F后，繩中張力為T′＝1 N，對Q應用牛頓第二定律有mQg－T′＝mQa，此時對物塊P有F＋T′－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，A項正確．
考點二
1．常見的臨界條件
(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.
脫離瞬間兩物體的加速度仍相等
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.
2．求解臨界極值問題的三種方法
極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
考向1　相對滑動的臨界問題
例4 (多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數為μ，木板與水平面間的動摩擦因數為，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度a大小可能是(　　)
A．a＝0　B．a＝　C．a＝　D．a＝
答案：ABC
解析：水平面對木板的最大摩擦力為fm＝·2mg＝μmg，若拉力滿足F≤fm＝μmg，則物塊和木板均處于靜止狀態，木板的加速度為a＝0，故A正確；若物塊相對木板運動，以木板為對象，根據牛頓第二定律可得μmg－·2mg＝ma，解得木板的加速度為a＝μg，此時μg為木板的最大加速度；當物塊與木板相對靜止一起在水平面上加速運動時，木板的加速度大小應滿足0[教你解決問題]
考向2　恰好脫離的動力學臨界問題
例5 (多選)如圖所示，傾角為α的光滑斜面體固定在水平面上，質量不計的輕彈簧一端固定在斜面體底端的擋板上，另一端與質量為m的滑塊乙相連接，另一質量為2m的滑塊甲與滑塊乙并排放在斜面體上(兩滑塊不粘連)．開始時彈簧的壓縮量為x0，某時刻在滑塊甲上施加一沿斜面體向上的外力F，使滑塊甲沿斜面體向上做勻加速直線運動，經過一段時間兩滑塊分離，此時外力F＝3mg sin α，重力加速度為g.則以下說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數為k＝
B．兩滑塊分離時，彈簧的彈力恰好為零
C．兩滑塊分離時，彈簧的壓縮量為
D．從施力到分離的時間為
答案：AC
解析：開始滑塊甲、滑塊乙靜止在斜面體上，以兩滑塊整體為研究對象，由力的平衡條件得3mg sin α＝kx0，解得k＝，A正確；兩滑塊分離瞬間，對滑塊甲有F－2mg sin α＝2ma，解得a＝；對滑塊乙有kx－mg sin α＝ma，解得x＝≠0，B錯誤，C正確；由位移公式有x0－x＝at2得t＝ ，D錯誤．
考向3　動力學中的極值問題
例6 [2024·九省聯考黑龍江、吉林卷]如圖，質量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上．給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g.擋板對乙的彈力最大值為(　　)
A．2mg sin θ B．3mg sin θ
C．4mg sin θ D．5mg sin θ
答案：C
解析：物塊甲運動至最高點時，擋板對乙的彈力最小值為0，對乙有F彈1＝mg sin θ，對甲有F彈1＋mg sin θ＝ma，物塊甲運動至最低點時，根據對稱性有F彈2－mg sin θ＝ma，對乙受力分析，擋板對乙的彈力最大值為FN＝F彈2＋mg sin θ＝4mg sin θ.
考點三
考點三　 動力學圖像問題
常見 圖像 v-t圖像、F-t圖像、a-F圖像、a-t圖像、a-x圖像
三種 類型 (1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，求解物體的運動情況．
(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，求解物體的受力情況．
(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像．
解題 策略 (1)問題實質是力與運動的關系，要注意區分是哪一種動力學圖像．
(2)應用物理規律列出與圖像對應的函數方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
破題 關鍵 (1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點．
(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等．
(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情景結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點．
考向1　動力學v-t圖像
例7 [2024·江蘇鹽城聯考]一彈性小球從離地板不太高的地方自由釋放，與地板碰撞時沒有機械能損失．設小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，則小球從釋放到第一次上升到最高點的過程中，小球運動的速度－時間圖像可能正確的是(　　)
答案：B
解析：小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比，即f＝kv，根據牛頓第二定律，下降過程mg－kv＝ma1，可知，小球加速下降過程中，加速度從g開始逐漸減小．小球碰后上升過程中mg＋kv＝ma2，可知，小球減速上升過程中加速度從大于g的值逐漸減小到g.速度—時間圖像的斜率表示加速度，則加速下降階段，斜率逐漸減小，減速上升階段，斜率逐漸減小，到最高點時的圖像斜率等于剛釋放時的斜率．故選B.
考向2　動力學F-t、F-a圖像
例8 (多選)[2023·全國甲卷]用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙．甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示．由圖可知(　　)
A．m甲m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
答案：BC
解析：
根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma
整理后有F＝ma＋μmg
則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，
則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g
則μ甲<μ乙
故選BC.
例9 [2024·重慶市高三聯考]甲、乙兩物體靜置于粗糙水平地面上，與地面摩擦因數相同．t＝0時刻起，在物體上均施加周期性變化的水平外力F，變化規律如圖所示．甲、乙在運動中具有如下特點：甲物體在2 s末、4 s末速度相同且不為0；乙物體在第3 s內做勻速運動；則甲與乙質量之比為(　　)
A．3∶2 B．3∶4
C．2∶3 D．無法確定
答案：A
解析：甲在2 s末和4 s末速度相同，則2 s到4 s間必經過先減速再加速的過程，因減速和加速時間相同，所以兩階段加速度大小相同，故f＝6 N，乙因為在第三秒內做勻速運動，所以所受合力為零，所以乙受到摩擦力為4 N，又因摩擦因數相同，因為f＝μmg，所以有＝＝＝，故選A.
考向3　動力學a-t、a-x圖像
例10 (多選)如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊A的質量為mA＝1.2 kg.開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊A施加水平向右的恒力F，t＝1 s時撤去，在0～1 s內兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙．彈簧始終處于彈性限度內，整個運動過程中，以下分析正確的是(　　)
A．力F大小為1.2 N
B．t＝1 s時A的速度大小為0.8 m/s
C．物塊B的質量為0.6 kg
D．從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為0.144 J
答案：AD
解析：t＝0時刻，A僅受F作用，根據牛頓第二定律可知力F的大小為F＝mAaA0＝1.2 N，故A正確；a-t圖像與坐標軸所圍面積表示速度的變化量，所以t＝1 s時A的速度大小為vA1>×(1＋0.6)×1 m/s＝0.8 m/s，故B錯誤；設t＝1 s時彈簧的彈力大小為T，對A、B根據牛頓第二定律分別有F－T＝mAa1；T＝mBa1，解得mB＝0.8 kg，故C錯誤；根據動量定理可得t＝1 s時A、B組成的系統的動量為p＝Ft＝1.2 kg·m/s，撤去拉力后，系統動量守恒，當A、B達到共同速度v時彈簧伸長量最大，根據動量守恒定律有p＝(mA＋mB)v，解得v＝0.6 m/s，根據動能定理可知從開始到彈簧第一次伸長量最大的過程中，彈簧的彈力對物塊B所做的功為W＝mBv2＝0.144 J，故D正確．故選AD.
例11 如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上，質量為m的小球從A點自由下落，至B點時開始壓縮彈簧，小球下落的最低位置為C點．以B點為坐標原點O，沿豎直向下建立x軸，小球從B到C過程中的加速度—位移圖像如圖乙所示，重力加速度為g.在小球從B運動到C的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．小球在B點時的速度最大
B．小球在C點時所受的彈力大于2mg
C．圖像與x軸所包圍的兩部分面積大小相等
D．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大
答案：B
解析：小球在B點時，合力為重力，合力和速度同向，會繼續加速，B點時的速度不是最大，A錯誤；小球若從B點由靜止釋放，到達最低點時，由對稱性，最低點加速度向上，大小為g，FN－mg＝mg則FN＝2mg，小球從A點自由下落，小球在C點時，彈力比上述情況要大，加速度向上，大于g.由牛頓第二定律FN－mg>mg，則FN>2mg，B正確；設在D點，彈力和小球重力平衡，D點速度為vD，由微元法可知圖像與x軸所包圍的上部分面積S1＝，圖像與x軸所包圍的下部分面積S2＝)，因為vB>vC＝0，得S1思維提升
1.動力學圖像問題處理方法
看清坐標軸所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從0開始，明確因變量與自變量間的制約關系，明確物理量的變化趨勢，分析圖線進而弄懂物理過程，寫出相應的函數關系式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
2．v-t圖像的斜率表示加速度；a-t圖像面積表示速度變化；F-t圖像的面積表示沖量，F-x圖像面積表示功．

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